mühendisler İçin - dersnotlari · pdf filemühendisler İçin...

Mühendisler İçin Diferansiyel Denklemler

Engin/Çengel

- 1 -

Mühendisler İçin DİFERANSİYEL DENKLEMLER

Doç. Dr. Tahsin Engin Prof. Dr. Yunus A. Çengel

Sakarya Üniversitesi

Makina Mühendisliği Bölümü

Eylül 2008 SAKARYA


Engin/Çengel

- 2 -

İÇİNDEKİLER BÖLÜM 1 BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

1.1. GİRİŞ 1.2. BAZI TEMEL TANIMLAMALAR 1.3. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN ÇÖZÜMLERİ 1.4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN DOĞRUDAN İNTEGRAL YOLUYLA ÇÖZÜMLERİ 1.5. PROBLEMLER BÖLÜM 2 BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2.1. GİRİŞ 2.2. BİRİNCİ MERTEBE DİFERANSİYEL DENKLEMLERE GENEL BAKIŞ 2.3. BİRİNCİ MERTEBE LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2.4 LİNEER OLMAYAN BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

2.4.1. Değişkenlerine Ayrılabilir Tipte Birinci Mertebeden Denklemler 2.4.2. Homojen Tipte Birinci Mertebeden Denklemler 2.4.3. Tam Diferansiyel Denklemler

2.4.4. Bazı Özel Tip Diferansiyel Denklemler 2.5. BİRİNCİ MERTEBEDEN DENKLEMLER İÇİN SİSTEMATİK YAKLAŞIM 2.6. MÜHENDİSLİK UYGULAMALARI 2.7. PROBLEMLER BÖLÜM 3 İKİNCİ ve YÜKSEK MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER 3.1 GİRİŞ 3.2. LİNEER BAĞIMSIZLIK VE WRONSKIAN FONKSİYONLARI 3.3. HOMOJEN DENKLEMLER TEORİSİ 3.4. SABİT KATAYILI HOMOJEN DENKLEMLER 3.5. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER TEORİSİ 3.6. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER; BELİRSİZ KATSAYILAR YÖNTEMİ 3.7. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER: SABİTİN DEĞİŞİMİ METODU 3.8 EULER DENKLEMLERİ 3.9. MÜHENDİSLİK UYGULAMALARI 3.10. PROBLEMLER BÖLÜM 4 LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMÜ 5.1. GİRİŞ 5.2. LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEMLERİNİN ELİMİNASYON YÖNTEMİ İLE ÇÖZÜMÜ 5.3. ÖZDEĞER YÖNTEMİ İLE ÇÖZÜM 5.4. MATRİS YÖNTEMİ İLE ÇÖZÜM 5.5. MÜHENDİSLİK UYGULAMALARI


Engin/Çengel

- 3 -

BÖLÜM 5 LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 6.1. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 6.2. LAPLACE DÖNÜŞÜMÜNÜN TEMEL ÖZELLİKLERİ 6.3. TÜREVİN VE DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN LAPLACE DÖNÜŞÜMLERİ 6.4. TERS LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ 6.5. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ İLE ÇÖZÜMÜ 6.6. KONVOLÜSYON TEOREMİ 6.7. PROBLEMLER BÖLÜM 6 DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SAYISAL ÇÖZÜMÜ 7.1. GİRİŞ 7.2. SAYISAL İNTEGRAL ALMA 7.3. EULER YÖNTEMİ 7.4. TAYLOR SERİSİ YÖNTEMİ 7.5. RUNGE‐KUTTA YÖNTEMİ


Engin/Çengel

- 4 -

1. BÖLÜM

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 1.1. GİRİŞ Diferansiyel denklemler uzun yıllardır, dünyada çoğu fiziksel bilimler ve mühendislik dallarında önemli bir yer tutmaktadır. Bilim adamları ve mühendisler genellikle değişime uğrayan sistemleri incelerler ve diferansiyel denklemler mühendislere bir sistemdeki anahtar değişkenlerin değişimini inceleme ve fiziksel olayı daha iyi anlama olanağı getirir. Bilim ve matematik öğrencilerine yönelik matematik öğretimi uzun süredir bilim ve mühendislik fakülteleri arasında bir anlaşmazlık konusu olmuştur. Bilim ve mühendislik fakülteleri öğrencilerin teorik matematikle aralarının çok da iyi olmadığı konusunda hemfikirlerdir. Zira bu tarz öğretim öğrencilerin problem çözme becerilerini geliştirebilmelerine yardımcı olamamaktadır. Bu uygulama çoğu üniversitede bu dersten başarısızlık oranını % 50’lere kadar çıkarmıştır. Bu ise doğa bilimleri ve mühendislik bölümleri için önemli bir kayıptır. Bu tartışma ve anlaşmazlık genellikle matematik öğrenimi gören öğrencilerle doğa bilimleri ve mühendislik öğrenimi gören öğrencilere farklı içerikli derslerin oluşmasıyla sonuçlanmıştır. Böylece doğa bilimleri ve mühendislik fakülteleri öğrencilerine kendi disiplinleri içerisinde karşılaştıkları problemleri çözebilmeleri için matematik derslerini kendileri verme yolunu benimsemişlerdir. Diferansiyel denklemleri cebirsel denklemlerden ayıran en önemli özellik “fonksiyon türevleri” içermeleridir. Diferansiyel denklemlerin incelenmesi iyi bir matematik altyapısı gerektirir ve dolayısıyla öğrencilerin bu derse başlamadan önce bağımlı ve bağımsız değişken, sürekli ve süreksiz fonksiyon, adi ve kısmi türevler, farklar ve artırımlar ile integral gibi temel konuları gözden geçirmeleri kesinlikle önerilir. 1.2. BAZI TEMEL TANIMLAMALAR Bir ya da daha fazla fonksiyonun türevlerini içeren denklemlere diferansiyel denklem diyoruz. Diğer bir ifadeyle diferansiyel denklem bir takım fonksiyonlar ile bunların türevleri arasındaki ilişkiyi temsil eder. Bu kavram ilk olarak 1676 yılında Leibniz tarafından kullanıldı ve diferansiyel denklemler uzun zamandır çok çeşitli pratik problemin modellenmesi ve çözülmesi için bilim adamları ve mühendisler tarafından kullanılmaktadır. Çoğu bilimsel problemlerin tarif edilmesi bazı anahtar değişkenlerin diğer değişkenlere göre olan değişimlerini içerir. Genellikle bu değişkenlerdeki çok küçük değişimlerin dikkate alınması daha genel ve hassas bir tanımlama sağlar. Değişkenlerin sonsuz küçük veya diferansiyel değişimlerinin dikkate alınması durumunda, değişim hızlarını türevlerle ifade etmek suretiyle, fiziksel prensip ve kanunlar için kesin matematiksel formülasyonlar sağlayan diferansiyel denklemler elde edilir. Bu yüzden diferansiyel denklemler uzun zamandır doğa bilimleri ve mühendislikte karşılaşılan çok farklı problemlere başarıyla uygulanmaktadır. Araştırmalar, diferansiyel denklemlerin yeni uygulamalarını keşfetmeye sadece fiziksel bilimlerde değil aynı zamanda biyoloji, tıp, istatistik, sosyoloji, psikoloji ve ekonomi gibi alanlarda da devam etmektedirler. Hem teorik hem de uygulamalı diferansiyel denklem araştırmaları günümüzde çok aktif araştırma konuları arasında bulunmaktadır. Fiziksel kanun ve prensiplerin, göz önüne alınan değişkenlerdeki sonsuz küçük değişimleri dikkate almak suretiyle, bir probleme uygulanmasıyla diferansiyel denklemler elde


Engin/Çengel

- 5 -

edilmektedir. Dolayısıyla diferansiyel denklemin elde edilmesi problem hakkında yeterli bilgi sahibi olmayı, probleme dahil olan değişkenleri belirleyebilmeyi, uygun basitleştirmeler ve varsayımlar yapabilmeyi, kullanılacak fiziksel prensip ve kanunları bilmeyi ve de dikkatli bir analiz yapabilmeyi gerektirir. Aşağıda bazı örnekler verilmiştir. Örnek 1‐1 Newton’un hareket yasası Newton’un ikinci kanununu kullanarak düz bir çizgi boyunca F kuvvetinin etkisi altında hareket eden m kütleli bir cismin konumunu s tanımlayan diferansiyel denklemi elde ediniz. Çözüm Dinamik derslerimizden hız ve ivme tanımlarının

dtdsV =

2

2

dtsd

dtds

dtd

dtdVa =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛==

olarak verildiğini biliyoruz. Newton’un ikinci kanunu Kuvvet = Kütle × İvme şeklinde ifade edildiğinden

2

2

dtsdm)t(am)t(F ==

yazılabilir. Düzenleme yapılırsa

m)t(F

dtsd2

2= diferansiyel denklemi elde edilir.

Örnek 1‐2 Newton’un soğuma kanunu Başlangıçta belirli sıcaklığa sahip küresel metal bir cisim sıcaklığı T0 olan sıcak su içerisine bırakılıyor. Cismin başlangıç sıcaklığı su sıcaklığından düşük ise, cisme ısı transferi başlayacağı bilinmektedir. Buna göre cismin herhangi bir t anında sıcaklığını T(t) veren diferansiyel denklemi belirleyiniz. Çözüm Suyun bulunduğu kabı mükemmel şekilde yalıtılmış düşünelim (çevreye ısı kaybı yok) ve buna göre enerjinin korunumu prensibini uygulayalım. Cisim sıcak suya bırakıldıktan Δt süre sonra cismin enerjisindeki artış, cismin yüzeyinden cisme taşınımla (konveksiyon) geçen ısı enerjisi kadar olacaktır. Buna göre

( ) tT)t(ThATmc 0 Δ−=Δ elde ederiz. Her iki tarafı Δt’ye bölersek

( )0T)t(TmchA

tT

−=ΔΔ

Zaman dilimini sonsuz küçük aldığımızda (limit durumunda, yani Δt→0)

( )0T)t(TmchA

dt)t(dT

−=

diferansiyel denklemi elde edilir. Bu denklem küresel cismin sıcaklığını zamanın fonksiyonu olarak ifade etmektedir. Diferansiyel denklemler fiziksel olayı, bağımsız değişken(ler)in belirli bir aralıktaki değerleri için tanımlayabilir. Örneğin bu denklem küresel cismin merkezinden yüzeyine kadar olan sıcaklık değişimini tanımlar, bu sınırların dışında geçersizdir. Ayrıca denklem, cismin sıcak suya daldırıldığı andan itibaren (t=0) sıcaklığını verir ve dolayısıyla elde edilecek çözüm 0≤ t≤ ∞ aralığında geçerli olacaktır.


Engin/Çengel

- 6 -

Bir ya da daha fazla bağımlı değişkenin tek bir değişkene göre adi türevlerini içeren diferansiyel denklemlere Adi Diferansiyel Denklem (ADD) denir. Bunun yanında içerisinde bir ya da daha fazla bağımlı değişkenin, bir ya da daha çok bağımsız değişkene göre türevleri bulunan denkleme ise Kısmi Diferansiyel Denklem (KDD) diyeceğiz. Bu derste ADD konusu üzerinde durulacak olup KDD konusu daha çok lisansüstü düzeylerde ele alınmaktadır. Adi bir diferansiyel denkleme örnek olarak

Cotx2xey4yx3y x2 +=−′+′′′ verilebilir. Bir diferansiyel denklemde en yüksek mertebeli türevin mertebesi diferansiyel denklemin mertebesini verir. Örneğin üstteki denklem 3. mertebedendir denir. Bunun yanında, mertebeyle sıkça karıştırılan bir kavram olan derece’ye de değinmek gerekir. Bir diferansiyel denklemde bulunan en yüksek mertebeli türevin üssüne, bu diferansiyel denklemin derecesi denecektir. Bir diferansiyel denklemdeki bağımlı değişken ve tüm türevleri birinci dereceden ise, diferansiyel denkleme lineer diferansiyel denklem denir. Dolayısıyla içerisinde

y23 e,ysin,yy,yy,)y(,y ′′′′′′′ gibi terimler bulunan denklemler lineer değildir. Bunun

yanında denklem xln,e,xsin,yx,x3xsin2 −′′ türünden ifadeler içerebilir.

Daha genel bir ifadeyle eğer bir diferansiyel denklem

)x(Ry)x(f...y)x(fy)x(fy n)2n(

2)1n(

1)n( =++++ −−

formunda ifade edilebiliyorsa denkleme lineerdir diyeceğiz, aksi halde lineer olmayan bir diferansiyel denklem söz konusudur. Bu denklemde eğer 0)x(R = ise lineer diferansiyel denklem homojendir. Aksi durumda denklem homojen olmayan diferansiyel denklem adını alır. Örnek 1‐3 Diferansiyel denklemlerin sınıflandırılması Aşağıdaki diferansiyel denklemleri sınıflandırınız. Çözüm (1) 0y3y =+′′ (2. mertebe‐lineer‐homojen)

(2) xsinx2y3y +=+′′ (2. mertebe‐lineer‐homojen değil)

(3) 0yy3y =′+′′ (2. mertebe‐lineer değil)

(4) x2eycosyxsiny −=+′+′′′ (3. mertebe‐lineer değil‐homojen değil) Diferansiyel denklemler bağımlı değişken ve türevlerinin katsayılarının durumuna göre de sınıflandırılmaktadır. Eğer bu katsayılar birer sabitse denklem sabit katsayılı diferansiyel denklem, eğer bağımsız değişkene bağlı fonksiyonlar ise değişken katsayılı diferansiyel

denklem adını alır. Örneğin xsiny2y =+′ denklemi sabit katsayılı, xzxzxcosh 2 =′+′′′ ise değişken katsayılı bir diferansiyel denklemdir. 1.3. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN ÇÖZÜMLERİ


Engin/Çengel

- 7 -

Bir problem için diferansiyel denklemin elde edilmesi genellikle kolaydır. Diğer yandan bu denklemin çözümünün bulunması ise genellikle zordur. Bir diferansiyel denklemin çözümü bazen bir ya da birkaç defa integral alma işleminden ibaret olabilse de bu tür durumlar genellikle istisnadır. Tüm diferansiyel denklem tiplerine uygulanabilen genel bir çözüm yöntemi ne yazık ki mevcut değildir. Çeşitli sınıflara ayrılan diferansiyel denklemler için bunlara özgü çözüm metotları geliştirilmiştir. Bazen bir diferansiyel denklemi çözmek birden fazla tekniğin beraber kullanılmasının yanı sıra bu tekniklerdeki yeterli bir uzmanlık düzeyi ve hüner gerektirir. Bazı diferansiyel denklemler sadece ustaca yapılmış bir takım manipülasyonlarla çözülebilirken bazılarının analitik çözümleri imkansız olabilir. Dolayısıyla bir diferansiyel denklemi çözmek bilimden ziyade bir sanat dalı gibidir.

Cebirsel denklemlerin çözümünde genellikle 010x7x2 =−− türünden bir denklemi sağlayan ayrık değerlerin (köklerin) bulunması hedeflenir. Öte yandan bir diferansiyel denklemi çözerken, belirli bir aralıkta denklemi sağlayan fonksiyonlar aranır. Yukarıdaki cebirsel denklemi sağlayan değerler 2 ve 5 tir. Oysa 0y7y =−′ diferansiyel denklemini herhangi bir x değeri için e7x sağlamaktadır. Diferansiyel denklemi sağlayan herhangi bir fonksiyon, diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Benzer şekilde diferansiyel denklemi sağlayan ve içerisinde bir ya da daha fazla keyfi sabit bulunduran ve bu nedenle bir eğri ailesini oluşturan çözüme genel çözüm denir. Eğer diferansiyel denklemin her çözümü genel çözümdeki keyfi sabitlere değerler atanarak elde edilebiliyorsa bu genel çözüm aynı zamanda tam çözüm adını alır. Genel çözümden elde edilen her bir çözüm ise özel veya özgül çözüm adını alır. Eğer diferansiyel denklemin herhangi bir çözümü, genel çözümdeki sabitlere değerler atanarak elde edilemiyorsa bu çözüm tekil çözüm adını alır. Tıpkı cebirsel denklemlerin çözümünde olduğu gibi, diferansiyel denklemlerde de, hangi isim altında olursa olsun, bir çözüm diferansiyel denklemi mutlaka sağlar. Eğer sağlamıyorsa, elde edilen çözüm hatalıdır demektir. Örnek 1‐4 Bir diferansiyel denklemin çözümü

x2ey = ifadesinin (‐∞,+∞ ) aralığında 0y2y =−′ diferansiyel denkleminin bir çözümü olduğunu gösteriniz. Çözüm Verilen çözüm diferansiyel denklemi sağlamalıdır.

⎪⎭

⎪⎬⎫

=′

=x2

x2

e2y

ey alınarak diferansiyel denklemde yazılırsa 0e2e2 x2x2 =− olur ve denklem

sağlanır. Örnek 1‐5 Bir diferansiyel denklemin çözümü

2x1y −= ifadesinin 0xyy =+′ diferansiyel denkleminin bir çözümü olduğunu gösteriniz. Verilen çözümün her x değeri için geçerli olup olmadığını irdeleyiniz. Çözüm

Verilen çözüm diferansiyel denklemde yazılırsa 2x1− 0xx12

x22

=+−

− elde edilir,

dolayısıyla verilen çözüm denklemi sağlamaktadır. Çözümün tanım aralığı için 0x1 2 ≥− olması gerektiği açıktır. Buradan (1 )(1 ) 0 1 1x x x ve x− + ≥ ⇒ ≥ − ≤ yazılarak 1x1 ≤≤− elde edilir.


Engin/Çengel

- 8 -

Örnek 1‐6 Bir diferansiyel denklemin genel çözümü

3x2Cxey x2 −+= ifadesinin 20x8y4y4y −=+′−′′ diferansiyel denkleminin, C sabitinin herhangi bir değeri için, çözümü olduğunu gösteriniz. Çözüm

3x2Cxey x2 −+= , 2Cxe2Ce2)xe2e(Cy x2x2x2x2 ++=++=′ ve x2x2x2x2x2 Cxe4Ce4)xe2e(C2Ce2y +=++=′′ bulunup denklemde yerine yazarsak,

=+′−′′ y4y4y −+ )Cxe4Ce4( x2x2 )2Cxe2Ce(4 x2x2 ++ 20x8)3x2Cxe(4 x2 −=−++ elde edilir. Dolayısıyla verilen çözüm genel çözümdür. Şimdi tekrar bir su banyosuna daldırılan küresel cisim örneğimize dönelim (örnek 1‐2). Elde edilen diferansiyel denklemin çözümünden cismin sıcaklığının zamanla değişimi,

0 0( ) ( )hAtmcT t T T C e

−= − −

olarak elde edilir. Bu ifadede C bir keyfi sabittir. Kolaylıkla gösterilebilir ki bu çözüm C’nin aldığı değerden bağımsız olarak diferansiyel denklemi sağlar. Dolayısıyla C’nin alabileceği sonsuz sayıda değere karşılık sonsuz sayıda özel çözüm elde etme imkanı vardır. Genel çözüm içerisinde cismin başlangıç sıcaklığı (t=0 anında) olan Ti bulunmadığından bu sonuç sürpriz değildir. Dolayısıyla başlangıç sıcaklığı belirtildiğinde, verilen diferansiyel denkleme olan çözüm de özel bir çözüm kimliği kazanır. Bizim ilgilendiğimiz çözüm de, T eksenini Ti sıcaklığında kesen özel çözüm olacaktır. Buradan şu önemli sonuç çıkmaktadır: Belirli bir problemin tek bir çözümü olsa da, bu problemi temsil eden diferansiyel denklemlerin sonsuz sayıda çözüme sahip olmaları mümkündür. Bunun nedeni, diferansiyel denklemin, bağımlı değişkenlerle bağımsız değişkenlerdeki değişimler arasındaki bir ilişki olmasından başka bir şey olmamasıdır. Diferansiyel denklem, bir fonksiyon veya türevlerinin belirli bağımsız değişken değerlerine karşılık gelen bağımsız değişken değerleri konusunda bilgi içermez. Sonuç olarak aynı fiziksel olayla ilgili pek çok farklı problem aynı diferansiyel denklemle ifade edilir. Farklılık ise elde edilen genel çözümden bizim ilgilendiğimiz problemin özel çözümüne geçebilmemizi sağlayan özel şartların tanımlanmasıdır. Eğer bu şartlar bağımsız değişkenin aynı değeri için verilmişse bu şartlara başlangıç şartları, bağımsız değişkenin birden fazla değeri için belirlenmişse bu şartlara sınır şartları diyeceğiz.

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

−=′==+′−′′ −

3)2(,5)2(23 4

yyxeyyy x

başlangıç değer problemi

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

−=′==+′−′′ −

2)8(,5)2(23 4

yyxeyyy x

sınır değer problemi

Örnek 1‐7 Serbest düşme hareketi Hava sürtünmeleri ihmal edildiğinde, bir cismin serbest düşme hareketi yerçekimi kanunu ile gerçekleşir. z=h yüksekliğinden ilk hızsız olarak aşağıya doğru bırakılan bir cisim düşünelim. Bu hareket ile ilgili matematiksel ilişkileri yazınız, problemin türünü (başlangıç veya sınır değer) belirtiniz. Çözüm Newton’un ikinci kanununa göre (yukarı yön pozitif seçilirse), cismin hareketi


Engin/Çengel

- 9 -

gdt

zd−=2

2

diferansiyel denklemiyle belirlidir. Cisim ilk hızsız olarak bırakıldığından

00)0(

====

tdtdztV yazılabilir. Bir diğer şart ise cismin başlangıçta h yüksekliğinde

bulunması şartıdır. Diğer bir ifadeyle,

htz == )0( Her iki şart da bağımsız değişkenin (t) aynı değerinde verildiği için bu problem bir başlangıç değer problemi olmaktadır. Bir diferansiyel denklemi çözmede, denklemi sağlayan y=y(x) fonksiyonunun bulunması arzu edilir. Ancak çoğu zaman bu mümkün olmaz ve yaklaşık çözüm teknikleri çözüm için tek alternatif kalır. Sayısal yöntemler bu nedenle ortaya çıkmış yaklaşık çözüm yollarıdır. Kapalı çözümlerin elde edildiği analitik yöntemlerle bağımsız değişkenin sonsuz değerine karşılık sonsuz sayıda bağımlı değişken değeri hesaplamak mümkündür. Yani analitik çözü fonksiyonu, verilen çözüm aralığında, sürekli bir fonksiyondur. Diğer taraftan sayısal yöntemler, ancak bağımsız değişkenin daha önceden tanımlanmış değerlerine karşılık gelen bağımlı değişken değerlerini yaklaşık olarak vermektedir. 1.4. DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN DOĞRUDAN İNTEGRAL YOLUYLA ÇÖZÜMLERİ Bazı diferansiyel denklemler lineerdir ve türevleri içeren tek bir terime sahip olup, bilinmeyen (aranan) fonksiyonun bir çarpan olduğu terimleri içermezler. Eğer integral işlemi yapılabiliyorsa, diferansiyel denklem de doğrudan integralleme tekniğiyle çözülebilir demektir. Bunun yanında diğer bazı diferansiyel denklem türleri lineer olmayan terimlere sahiptir ve bu yolla çözülmeleri mümkün değildir.

⇒=−′′′ − 0exy x62 doğrudan integral yoluyla çözülebilir.

⇒=−+′′′ − 0exxy3y x62 doğrudan integral yoluyla çözülemez, çünkü bilinmeyen fonksiyonun bir çarpan durumundan olduğu 3xy terimi doğrudan integrallenemez. Bir diferansiyel denklem doğrudan integral yoluyla çözülürken terim terim integre edilir ve bir integral sabiti eklenir. Her integrasyon adımında türevlerin mertebeleri bir düşürülür ve buna karşılık bir başka integral sabiti eklenir. Dolayısıyla bir diferansiyel denklemin genel çözümünde, diferansiyel denklemde bulunan en yüksek mertebeli türevin mertebesi kadar keyfi sabit elde edilir. Örnek 1‐8 Doğrudan integrasyon ile çözüm Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin doğrudan integral yoluyla çözülüp çözülemeyeceklerini belirtiniz ve çözülebilir olanları çözünüz. (1) 03y5y =+−′

(2) 0x6y 2 =−′′

(3) 04yy2 =−′


Engin/Çengel

- 10 -

Çözüm (1) Bu denklem, ikinci teriminin bilinmeyen fonksiyonu (yani bağımlı değişkeni) içermesinden dolayı çözülemez. (2) Bu denklem lineerdir ve türevli tek terimi bulunmakta ve diğer terimlerde bilinmeyen fonksiyon y bir çarpan veya faktör durumunda değildir. Bu nedenle denklem çözülebilir. Denklem 2. mertebeden olduğundan art arda 2 kez integral alınıp her seferinde bir sabitin eklenmesi gerekir.

dxdy

dxd

dxydy 2

2==′′ yazılabilir.

Denklemde yerine konursa ve her iki taraf dx ile çarpılırsa

0dxx6)dxdy(d 2 =− ∫∫ denklemi bulunur. İntegral alırsak 1

3 Cx2dxdy

=− elde ederiz. Bir kez

daha integral almak suretiyle dxCdxx2dy 12 ∫∫∫ =− veya 21

4 CxCx21y +=− yazılarak

214 CxCx

21y ++= aranan çözüm bulunmuş olur.

(3) Bu denklem lineer değildir ve doğrudan integral yoluyla çözülemez gibi görünüyor.

Ancak dikkatli bir kontrol ile yy2 ′ teriminin 2y ’nin türevinden başka bir şey olmadığı açıkça görülmektedir. O halde denklem şu şekilde düzenlenebilir.

04)y(dxd 2 =− . Denklemin her iki tarafı dx ile çarpılarak 0dx4)y(d 2∫ ∫ =− yazılıp integral

alınırsa 12 Cx4y =− veya 1Cx4y +±= genel çözümü elde edilir.

Örnek 1‐9 Serbest düşme hareketi 100 m yükseklikten bırakılan bir cismin 3 saniye sonraki yerden yüksekliğini ve hızını belirleyiniz. Çözüm Zemini z=0 kabul edelim ve cismin bırakıldığı yüksekliği de z=100 m alalım. Hava direnci ihmal edildiğinde cismin bu serbest düşme hareketinin gz −=′′ diferansiyel denklemiyle

tanımlı olduğunu biliyoruz. Art arda iki kez integral alarak 1Cgt)t(Vz +−==′ ve

212 CtCgt

21)t(z ++−= elde ederiz. Bu çözümler serbest düşme hareketi yapan her cisim

için aynıdır. Dikkat edilirse bir diferansiyel denklemin genel çözümü, bilinmeyen fonksiyon ile bağımsız değişken arasında bir ilişkidir ve kesinlikle bir bağımlı değişkene ait bir türev terimi içermez. Genel çözümün 2 adet keyfi sabiti bulunmaktadır ve bunları bilmeksizin cismin 3 s sonraki konumu için bir hesaplama yapılamaz. Bu sürpriz bir durum değildir çünkü bu konum cismin atıldığı yüksekliğe ve cismin ilk hızına bağlı olarak değişebilir. Oysa genel çözüm bunlar konusunda hiçbir bilgi vermez. Daha önce de belirtildiği gibi bir diferansiyel denklem bağımlı ve bağımsız değişkenlerdeki değişimler arasındaki ilişkiyi tanımlar ve probleme özgü verilen bağımsız değişken değerine karşılık gelen bağımlı değişken değerlerinden etkilenmez. Örneğin 100 m yerine 250 m düşünülseydi, elde edeceğimiz genel çözüm yine aynı kalacaktı. Ancak doğal olarak cismin 3 s sonraki konumu bu durumda farklı bir yerde olacaktı. Genel çözüm denklemini bizim problemimize uygun hale getirebilmek için içerisindeki sabitlerin problemde verilen koşullara göre belirlenmesi gerekir. Bu koşullar


Engin/Çengel

- 11 -

0dtdz)0(V

0t==

=

100)0(z =

olarak verilmiştir. Birinci koşulumuzu hız denkleminde yazalım: 1C0g0)0(V +×−== ,

.0C1 = İkinci koşulu da konum denkleminde yerine koyalım:

21 C0C0g21100)0(z +×+×−== , 100C2 = . Dolayısıyla aranan özel çözüm ifadesi

100gt21)t(zz 2 +−== olacaktır. Hız ifadesi ise C1=0 olduğundan gt)t(V −= olur. t=3

saniye sonraki değerler hesaplanırsa,

85.55100)3)(81.9(21)s3(z 2 =+−= m ve 43.29)3)(81.9()s3(V −=−= m/s (aşağı

yönlü).


Engin/Çengel

- 12 -

Bölüm 1 ile ilgili problemler Fiziksel problemleri modellemede cebirsel denklemler neden yetersiz kalır, diferansiyel denklemlere neden ihtiyaç duyulmuştur. Sabit hızla (V0) düşmekte olan bir paraşütün hareketini tanımlayan diferansiyel

denklemini Newton’un ikinci kanununu ( amF = ) kullanarak elde ediniz. Kütlesi m olan bir taş yerden yukarıya doğru V0 düşey hızıyla atılmaktadır. Newton’un hareket kanununa göre cismin yerden yüksekliğini ve hızını zamanın fonksiyonu olarak elde edebileceğiniz diferansiyel denklemi yazınız. Yaylar genellikle deformasyon miktarlarıyla orantılı ve yönü sürekli olarak denge konumuna doğru olan bir kuvvet oluştururlar. Örneğin x kadar gerilmiş bir yayın oluşturacağı kuvvet F=kx ile verilir ve burada k yay katsayısı adını alır. Yay katsayısı k olan böyle bir yay ucuna, yay denge konumundayken (x=0) m kütleli bir cisim bağlanmakta ve kütle yayın ucuna bağlı olarak yerçekimi ve yay kuvvetinin bütünleşik etkisiyle salınım yapmaya terk edilmektedir. Newton’un hareket kanununa göre kütlenin konumunu, başlangıç konumuna göre (x=0), zamanın fonksiyonu olarak veren diferansiyel denklemi yazınız. Plütonyum, Radyum ve C14 gibi Karbon izotoplarının, başka bir element veya aynı elementin başka bir izotopunu oluşturmak üzere tabii olarak bozunduğu bilinmektedir. Bozunma hızı henüz bozunmamış miktar ile doğru orantılı olarak değişmektedir. Bir radyoaktif malzemenin herhangi bir t anındaki miktarını M(t) alarak, bu kütlenin zamanla değişimini veren diferansiyel denklemi elde ediniz. Not: Bir değişkenin (örneğin A) başka bir değişkenle(örneğin B) doğru orantılı olması matematiksel olarak A=kB olarak ifade edilir. Burada k orantı katsayısı adını alır.

2.1. Bağımlı ve bağımsız değişken nedir, bir fonksiyonda bunları birbirinden nasıl ayırt edersiniz. 2.2. Türevin geometrik anlamını açıklayınız. 2.3. Adi ve kısmi diferansiyel denklemler arasında ne fark vardır. 2.4. x=5 noktasındaki teğeti x eksenine paralel olan bir f(x) fonksiyonunun bu noktadaki birinci türevi konusunda ne söyleyebilirsiniz. 2.5. Bir diferansiyel denklemin mertebesi ile derecesini belirtiniz. 3. mertebeden , 2. dereceden bir diferansiyel denklem örneği veriniz. 2.6. Aşağıdaki fonksiyonların tanım aralıklarını belirleyiniz.

(a) 2x + (b) xln)1x( − (c) x/1 (d) 2x/xcos (e) )1x(x

e x2

−

2.7. Aşağıdaki türevleri elde ediniz (x ve t bağımsız değişkendir).

(a) x2341 e2x3sinx7f −+−= , ?

xf1 =∂∂

; (b) x22342 ettx3sinx7f −+−= , ?

xf2 =∂∂

(c) )txln(f 223 −= , 2

32

3

tf?,

xf

∂

∂=

∂∂

; (d) xsine)1x(f x34 −= , ?

dxdf4 =

(e) 3

x

5x1

xtantxef−

−= , ?

tf?,

xf

25

25 =

∂

∂=

∂∂

; (f) xxsinf 26 = , ?

dxdf6 =

(g) xln237 e)1x(f −= , ?

dxdf7 = ; (h)

28tln

t2cosxf = , ?t

f8 =∂∂

2.8. Aşağıdaki integral işlemlerini yapınız.

(a) ( )∫ ++ − dxx5sinex x32 (b) ∫−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

5

2

dxx5x3ln (c) ( )dxxt3t2sinx 2t2∫ +ω+


Engin/Çengel

- 13 -

(d) ( )∫ ω++′′ − dxxtcose3)x(y tx2 (e) ( )∫ +′x

3

dxx2lnt)x(y (f) ( )∫ −− )1x(2x

dx3

(g) ∫ − 2x2dx

(h) dx1x

t22∫ +

(i) ∫ xdxln (j) ∫ xdxsinx

(k) ∫ xdxsecxtan (l) ∫ dxxlnx 32 (m) ∫ +−− )2x)(2x)(1x(xdx

2 (n) ∫ xdxlnx

2.9. Aşağıdaki kavramları, her birine örnekler vererek, açıklayınız. (a) Adi diferansiyel denklem, (b) Kısmi diferansiyel denklem, (c) derece, mertebe (d) Homojen diferansiyel denklem, (e) Sabit katsayılı diferansiyel denklem (f) Başlangıç değer problemi, (g) Sınır değer problemi, (h) Sınır şartları (i) Lineer diferansiyel denklem, (j) Lineer olmayan diferansiyel denklem, (k) Genel çözüm (l) Özel çözüm, (m) Tekil çözüm

2.10. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebelerini, lineer olup olmadıklarını ve

sabit/değişken katsayılı olduklarını belirtiniz.

(a) 3x xxy5yx2yx,0ye2y,0yyx3y,x8y3y =+′+′′′=+′′=′+′′=+′′′ (b)

0y5yyxe2yy,xcotey2y,0ey,1xsiny2y xxyx2 =−′+′′=′+′′=+′′+=′+′′ −

(c) 1xlnxzsinxsinzxz −=−′+′′′

3 Verilen fonksiyonların yanındaki diferansiyel denklemin bir çözümü olduğunu gösteriniz.

(a) 1x2yvex5y,0y 21 +===′′ (b) x22

x21 e3yveey,0y4y −−===−′′

(c) 42

xln1

2 xyveey,0y4yx2yx ===−′−′′ −

(d) xcoshyveey,ey,0yy 3x

2x

1 ====−′′ −

(e) ( )x2cosx2sine3yvex2siney,0y3y2y x2

x1 +===+′−′′

(f) x2xln3

x22

x21 exe5yvexey,ey,0y4y4y −====+′−′′

4.1. Ne tür diferansiyel denklemler doğrudan integral yoluyla çözüme elverişlidir. 4.2. Üçüncü mertebeden lineer ve homojen bir diferansiyel denklem yazınız. Bu denklemin çözümünden kaç tane keyfi sabit elde edilir. Bu keyfi sabitleri belirli bir problem için bulmak isterseniz, kaç adet koşul belirtmelisiniz. 4.3. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin doğrudan integral yoluyla çözülüp çözülemeyeceklerini inceleyiniz. Çözülebilecek durumda olanları çözünüz.

(a) 0xeye,0x3sinyy2,0yy,0y x3x =+′′=+′=+′=′

(b) 0xyy,0x8yy4,0xe4y 3x4 =−′′=−′′′=−′′ −

(c) 0x8yyx,0xcosey,0yy,0y5y 4y =−′′′=−′=′′−′′′=−′′′ 4.3. R=0.2 m çapında küresel şekle sahip radyoaktif bir madde içerisinde g0=4×107 W/m3 ısı üretmektedir. Üretilen ısı kararlı bir rejimle küresel yüzeyden ortama salınmakta, böylece yüzeydeki sıcaklığın Ty=80

oC’de sabit kalması sağlanmaktadır. Cismin ısı iletim katsayısı k=15 W/moC olarak verilmektedir. Küresel cismin sıcaklığı yalnızca yarıçapı doğrultusunda değişmektedir (T=T(r)). Küresel cisim içerisindeki sıcaklık dağılımı


Engin/Çengel

- 14 -

0kg

drdTr

drd

r1 022 =+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

diferansiyel denklemiyle tanımlanır. Bu denklemin lineer olup olmadığını, sabit katsayılı mı veya değişken katsayılı olduğunu, mertebe ve derecesini, homojen olup olmadığını belirleyiniz. Denklem çözümünden gelecek kaç adet sabit mevcuttur, bunları bulabilmek için hangi koşulları önerirsiniz. Bu denklemi çözerek küresel cisim içerisindeki sıcaklık dağılımı yarıçapın fonksiyonu olarak (T(r)) elde ediniz. Elde ettiğinin ifadeyi bir sıcaklık‐yarıçap (T‐r) eğrisinde gösteriniz. 4.4. Kalınlığı L=0.5 olan geniş bir duvar göz önüne alalım. Duvarın sol yüzü (x=0) mükemmel şekilde yalıtılmış olup diğer yüzü (x=L) üniform olarak 30 oC sıcaklıktadır.

Duvar içerisinde x02.00eg)x(g = ifadesine göre ısı üretilmektedir. Duvar içersinde

sıcaklığın sadece x doğrultusunda değiştiğini (T=T(x)) ve bu değişimin 0k

)x(gdx

Td2

2=+

diferansiyel denklemi uyarınca olduğu bilindiğine göre, k=15 W/mK, g0=1500 W/m3 alarak duvardaki sıcaklık dağılımını, yani T=T(x) fonksiyonunu ve yalıtılmış yüzeydeki sıcaklığı hesaplayınız. (Not: Yalıtılmış yüzeyde dT/dx=0 alınır.).


Engin/Çengel

- 15 -

2. BÖLÜM

BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2.1. GİRİŞ Pek çok uygulamada bir büyüklüğün değişim hızı (birinci türev), bu büyüklüğün kendisine ve bağımsız değişkene bağlıdır. Bu tür problemler genelde )y,x(fy =′ formunda ifade edilirler. Bu basit görünüm, bu tür denklemlerin çözümünün de basit olacağı şeklinde yanlış bir anlamaya neden olabilir. Bazı istisna durumlar dışında bu tür denklemleri çözmede karşılaşılan zorluklarla daha yüksek mertebeli denklemleri çözmede karşılaşılan zorluklar aynı düzeyde olabilir. Birinci mertebeden diferansiyel denklemleri çözmede ne yazık ki genel bir yok yoktur. Bu nedenle birinci mertebe denklemler de kendi aralarında alt sınıflara ayrılmış ve her bir sınıf için farklı yöntemler geliştirilmiştir. Bu bölümde birinci mertebeden denklemlerin nasıl sınıflandırıldığı anlatılacak, ardından sistematik bir yaklaşımla her zaman çözümü mümkün olan birinci mertebeden lineer denklemler ve uygulamaları işlenecektir. Ardından lineer olmayan türler için verilen bir çözüm aralığında çözümün var olup olmadığı tartışılacaktır. Bu sınıfa giren değişkenlerine ayrılabilir tip, homojen ve tam diferansiyel tipteki denklem çözümleri üzerinde durulacaktır. 2.2. BİRİNCİ MERTEBE DİFERANSİYEL DENKLEMLERE GENEL BAKIŞ Tanımından anlaşılacağı üzere birinci mertebeden diferansiyel denklemlerde sadece birinci türev yer alır. y bağımlı, x de bağımsız değişkeni göstermek üzere böyle bir denklem

0)y,y,x(f =′ formunda verilir. Bu bölümde sadece birinci türevin doğrudan bağımlı ve

bağımsız değişken cinsinden yazılabildiği )y,x(fy =′ türünden denklemler üzerinde duracağız. Böylece çözüm

∫ += Cdx)y,x(fy

şeklinde ifade edilebilecektir. Ancak çoğu kez bu yazım tarzı, verilen diferansiyel denklemin bir integral denkleme dönüştürülmesinden daha öte bir sonuç getirmez. Verilen f(x, y) fonksiyonunun sadece x’e bağlı olduğu basit durumlar ancak doğrudan integral yoluyla

çözüme uygundur. Örneğin 5x6y 2 −=′ diferansiyel denkleminde f(x, y) sadece bağımsız

değişkene bağlıdır ve doğrudan integral yoluyla genel çözüm Cx5x2y 3 +−= olarak kolayca elde edilir. Burada şu hususun altını çizmek gerekir. Birinci mertebeden bir diferansiyel denklemi çözerken bağımsız değişken olarak x ya da y seçilebilir. Bu tür bir değişim bazen çözümü zor olan diferansiyel denklemi, çözümü daha kolay bir hale getirebilir. Örneğin

1y3sinx)1y(e

dxdy

2

y2

+++=

diferansiyel denklemi lineer olmamasına rağmen, aşağıdaki denklem lineerdir ve kesin olan bir çözüm yolu vardır.

y2y2

2

e1y3sinx

e1y

dydx +

++

= denklemi x’e göre lineerdir.


Engin/Çengel

- 16 -

2.3. BİRİNCİ MERTEBE LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER Birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklem,

)x(Ry)x(Py =+′ (2.1) formunda verilir. Hatırlatmak gerekir ki )y(Rx)y(Px =+′ denklemi de x’e göre lineerdir ve burada anlatılacak yöntemle çözülebilir. Verilen P ve R fonksiyonları öngörülen çözüm aralığında x’e bağlı sürekli fonksiyonlardır. Bu türden bir denklemin çözümü, eğer denklemin sol yanı tek bir terimin türevi şeklinde ifade edilebilirse, sıradan bir işleme dönüşecektir. Bunun için denklemin sol tarafını bir terimin türevi haline getirebilecek bir çarpanın aranması gerekir. Denklemin her iki yanını μ(x) fonksiyonu ile çarpalım.

)x(R)x(y)x(P)x(y)x( μ=μ+′μ (2.2)

[ ] y)x(y)x(y)x( μ′+′μ=′μ (2.3)

olduğundan, (2.2) eşitliğinin sol tarafının [ ]′μ y)x( ’nin açılımı olabilmesi için

)x(P)x()x( μ=μ′ şartı sağlanmalıdır. Bulmaya çalıştığımız çarpanın sıfırdan farklı olduğu durumda, bu denklemi integre edersek

)x(P)x()x(=

μμ′

veya ln ( ) ( )d x P xdx

μ⎡ ⎤ =⎣ ⎦ yazılarak ∫ +=μ 1Cdx)x(P)x(ln elde ederiz.

μ(x) çarpanı yalnız bırakılıp ve C1 sabiti dikkate alınmayarak

∫=μdx)x(Pe)x( (2.4)

elde edilir. İntegral sabitinin bu aşamada dahil edilmesi genel çözüm üzerinde bir değişikliği yol açmayacaktır. Ayrıca (2.4) denkleminin sağ tarafı her koşulda pozitif olacağından denklem,

∫=μdx)x(Pe)x( (2.5)

olarak da ifade edilebilir. (2.5) denklemiyle tanımlanan fonksiyona integral çarpanı diyeceğiz. (2.1) denkleminin sol tarafı artık tek bir terimin türevi şeklinde ifade edildiğinden

[ ] )x(R)x(y)x( μ=′μ (2.6) yazılarak

∫ +μ=μ Cdx)x(R)x(y)x( veya bağımlı değişkeni yalnız bırakarak diferansiyel denklemin

genel çözümü,

[ ]∫ +μμ

= Cdx)x(R)x()x(

y 1 (2.7)


Engin/Çengel

- 17 -

olarak elde edilmiş olur. Birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklemin (2.7) denklemine göre genel çözümünün bulunabilmesi için, verilen diferansiyel denklemin kesinlikle (2.1) denkleminde verilen şekle getirilmesi gerekir. Örnek 2‐1

13)2(,93 =−=−′ yxyy lineer başlangıç değer problemini çözünüz. Çözüm y′ türevinin katsayısı 1 ve P(x)=‐3, R(x)=‐9x olduğu görülmektedir. İntegral çarpanı,

xdxdxxP eeex 33)()( −−===μ ∫∫ elde edilerek (2.7) denkleminde yerine konursa,

[ ] [ ]∫∫ +−=+−= −−

−− Cdxxe

eCdxxe

ey x

xx

x3

33

3 91)9(1

∫ −− dxxe x39 integralini almak için kısmi integrasyon yöntemi kullanmak üzere,

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

=−

=

==

−

−

ve

dvdxe

dudxux

x

x

3

3

31

,

değişken dönüşümü uygulanır. Bu kurala göre ∫ ∫−= duvvudvu

olduğundan

∫ ∫ +=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−−−=− −−−−−− )13(

91

39

31

399 333333 xeeexdxeexdxxe xxxxxx

Denklemde yerine konursa, xCexy 313 ++= elde edilir. Verilen başlangıç şartı kullanılarak C sabiti belirlenir:

13)2( =y olduğundan, 623 612313 −⋅ =⇒++⋅= eCCe . Böylece aradığımız özel çözüm,

136 63 ++= − xey x Şu ana kadar yapılan işlemlerde verilen bir çözüm aralığında P(x) ve R(x) ifadelerinin sürekli fonksiyonlar olması gerektiği vurgulanmıştı. Eğer bu fonksiyonlardan birinin veya ikisinin süreksizlik noktaları varsa, çözüm bölgesi sürekliliğin olduğu alt bölgelere ayrılmalıdır. Bunu bir örnekle göreceğiz. Örnek 2‐2

3)2(,51

1 2 ==+

+′ yxyx

y başlangıç değer problemini çözünüz.

Çözüm

11)(+

=x

xP fonksiyonu x=−1 noktasında süreksizdir. O halde çözümü −∞<x<−1 veya

−1<x<∞ aralığında aramamız gerekir. İntegral çarpanımız,

1)( 1ln1)(+====μ ++∫∫ xeeex xx

dxdxxP

, x>−1 için mutlak değer içi pozitiftir. Dolayısıyla

−1<x<∞ aralığında 1)( +=μ xx yazılabilir. (2.7) denkleminde yerine konursa;


Engin/Çengel

- 18 -

[ ]

1)1(12)43(5

122015

11

35

45

115)1(

11

3

34342

++

++

=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+

++

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

+=++

+= ∫

xC

xxx

Cxxx

Cxxx

Cdxxxx

y

Verilen koşulu yerine yazarak C sabitini bulalım:

373

12)12(12)423(253

3−=⇒

++

++××

= CC, böylece aranan özel çözüm;

)1(373

)1(12)43(5 3

+−

++

=xx

xxy olacaktır.

2.4 LİNEER OLMAYAN BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Lineer ve birinci mertebeden diferansiyel denklemlerle ifade edilen başlangıç değer problemleri nispeten çözümleri kolay olan problemlerdir. Bunun nedeni (2.7) denklemiyle verilen analitik bir genel çözüme sahip olmalarıdır. Ayrıca bu tür diferansiyel denklemlerin, P(x) ve R(x)’in sürekli olduğu öngörülen çözüm bölgesinde, tek bir genel çözümleri vardır. Durum lineer olmayan diferansiyel denklemlerde biraz daha zordur, çünkü öncelikle verilen çözüm bölgesinde bir çözümün olup olmadığı dahi kesin değildir, bunun öncelikle belirlenmesi gerekir. Eğer bir çözüm varsa bu çözümün tek bir genel çözüm olup olmadığı da ortaya çıkarılmalıdır. Çoğu pratik uygulamanın doğasından gelen bir lineer olmayışlık vardır, ve bu tür uygulamalar lineer olmayan diferansiyel denklemleri ortaya çıkarır. Bu tür denklemleri çözebilmek için genel bir metot olmadığı gibi, genel karakteristikleri konusunda da çok az bilgi vardır. Dolayısıyla, bu kısımda ancak analitik çözümleri var olan belirli tipteki diferansiyel denklemler üzerinde durulacaktır. Teorem: Lineer olmayan birinci mertebeden denklemler için çözüm varlığı ve tekliği Eğer bir f(x, y) fonksiyonu dikdörtgensel bir D bölgesinde sürekliyse ve aynı bölgedeki bir (x0, y0) noktasından geçiyorsa, diğer bir ifadeyle 00 )( yxy = ise, bu durumda birinci mertebeden

),( yxfy =′ diferansiyel denklemi (x0, y0) noktasını içerisinde bulunduran D’nin alt

bölgesinde en az bir çözüme sahiptir. Ayrıca yf ∂∂ türevi de bu D bölgesinde sürekli bir fonksiyon ise elde edilecek çözüm tektir. Her ne kadar teoremin şartları oldukça kısıtlayıcı görünse de, belirli bir fiziksel problemi temsil eden ve bir çözümü bulunan diferansiyel denklemler tarafından bu şartların sağlandığı kolayca gösterilebilir. Teorem sadece çözümün olup olmadığı, varsa tek olup olmadığı konusunda bilgi verir. Çözüme nasıl ulaşılacağı ve bu çözümün hangi bölgede olduğuyla ilgili ipucu vermez. Lineer diferansiyel denklemler, tüm özel çözümlere ulaşabileceğimiz bir genel çözüme sahiptirler. Buna karşın lineer olmayan denklemler için aynı durum geçerli değildir. Ayrıca lineer olmayan denklemlerin çözümleri genellikle kapalı fonksiyonlar halinde elde edilirler, diğer bir ifadeyle bağımlı değişkeni yalnız bırakmak genelde mümkün olmaz.


Engin/Çengel

- 19 -

2.4.1. Değişkenlerine Ayrılabilir Tipte Birinci Mertebeden Denklemler Birinci mertebeden bir diferansiyel denklemin ),( yxhy =′ şeklinde verildiğini düşünelim. Eğer denklemin sağ yanı,

)()(),(

ygxfyxh = şeklinde ifade edilebiliyorsa, bu diferansiyel denklem değişkenlerine

ayrılabilir tiptedir. Örnek 2‐3 Değişkenlerine ayrılabilir denklem

1)2(,2 2 −==′ yxyy başlangıç değer problemini çözünüz. Çözüm

Verilen denklem xydyxy

dxdy 22 2

2 =⇔= şeklinde değişkenlerine ayrılıp terim terim integre

edilirse;

222

2

1212 2

11112 −=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−−⇒=−⇒=−−

∫∫ xy

xy

xydy x

yxy

ve sonuç olarak,

231x

y−

= elde edilir. Dikkate edilirse, verilen başlangıç şartı doğrudan integral işlemi

sırasında hesaba katılmış, böylece özel çözüm elde edilmiştir. Örnek 2‐4

0)( 424 =++ dyyxydx diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm

Verilen denklem 01

42 =+

+dyy

xdx

şeklinde yazılıp doğrudan integre edilebilir.

⇒=++∫ ∫ ∫0

14

2 dyyx

dx Cyx =+5

)arctan(5

aranan çözümdür.

Örnek 2‐5 Ortogonal (Dik) Yörüngeler Birbirini 900 açıyla kesen doğrulara birbirinin ortogonalıdır denir. Bu nedenle doğrulardan birinin eğimi m ise buna ortogonal olan diğerinin eğimi ‐1/m olacaktır (geometriden birbirine dik iki doğrunun eğimleri çarpımının –1 olduğunu hatırlayınız). Tanımı genişletecek olursak, örneğin bir x‐y düzlemindeki F(x, y)=C eğri ailesinin her bir eğrisi, aynı düzlemdeki G(x, y)=K eğri ailesinin her bir eğrisini dik olarak kesiyorsa, bu eğriler birbirinin ortogonalıdır. Verilen bir eğri ailesine ortogonal (dik) olan eğri ailesini bulmak için şu adımlar izlenmelidir:

1‐ Verilen ifadenin (F(x, y)=C) x’e göre türevi alınıp dxdy

oluşturulur.

2‐ Bu iki denklemden (F(x, y) ve bunun türevini veren denklem) C yok edilir.

3‐ İkinci denklemde dxdy

yerine dydx

− alınarak elde edilecek diferansiyel denklem

çözülür.


Engin/Çengel

- 20 -

Bu adımları bir uygulama ile görelim. Örneğin xcy = eğri ailesine dik olan eğri ailesini

bulmak isteyelim. Verilen ifadeden cxyyxF ==),( olduğu anlaşılmaktadır. Dolayısıyla

cdxdy

= elde edilir. Her iki denklem de c’ye eşit olduğuna göre bu eşitliklerin sol yanları da

birbirlerine eşit olmalıdır, diğer bir ifadeyle;

xy

dxdy

= bulunur. Böylece ilk iki adımı tamamlamış oluyoruz. Şimdi de türevi dydx

− ile yer

değiştirelim ve çözülecek diferansiyel denklemi xy

dydx

=− olarak belirlemiş olalım. Denklem

düzenlenirse 0=+ ydyxdx diferansiyel denklemi elde edilir ki bu da değişkenlerine ayrılmış vaziyette olduğundan terim terim integre edilebilir.

kyxydyxdx =+⇒=+ ∫∫∫ 220

22, veya 222 Ryx =+ elde edilmiş olur.

Burada 22 Rk = aldık. xcy = eğri ailesi eğimi c olan ve merkezden geçen doğruları temsil

eder. Öte yandan 222 Kyx =+ eğri ailesi ise merkezi orijin noktası olan ve yarıçapı R olan merkezcil çember ailesidir. Gerçekten de bu iki eğri ailesi bireyleri birbirlerini dik açı ile keserler. Dik yörüngeler konusu, sadece geometriyle ilgili değil, diğer mühendislik alanlarında da önemli yer tutar. Örneğin 2 boyutlu bir elektrik alanındaki kuvvet çizgileri, sabit potansiyel çizgilerinin ortogonal yörüngeleridir. 2 boyutlu bir ısı transferi probleminde ısı akış çizgileri, sabit sıcaklık çizgilerinin ortogonal yörüngeleridir. Bir diğer önemli uygulama da akışkanlar mekaniğindedir. 2 Boyutlu bir akışkan akımı probleminde akım çizgileri, sabit potansiyel çizgilerinin ortogonalıdır. 2.4.2. Homojen Tipte Birinci Mertebeden Denklemler Değişkenlerine ayrılabilir forma getirilebilecek diferansiyel denklemlerden biri de homojen tipte olanlardır. Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem eğer,

)(vfxyfy =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=′

şeklinde yazılabiliyorsa bu denkleme homojendir denir. Örneğin

yxyxy 2

33 −=′

homojen tipte bir diferansiyel denklemdir. Çünkü denklemin sağ yanı sadece v’nin fonksiyonu olarak ifade edilebilir.

yxyxy 2

33 −=′ ifadesinde y=vx dönüşümü uygulanırsa,

23

2

333 11)(

vvv

vvxx

xvxy −=−

=−

=′

Şunu not etmemiz gerekir ki burada kullandığımız “homojen” terimi, 1. Bölüm’deki anlamından farklıdır. Pek çok diferansiyel denklemin homojen olup olmadığı basit bir


Engin/Çengel

- 21 -

kontrolle ortaya çıkarılabilir. Karmaşık ifadeler için homojenlik testi uygulanması tavsiye edilir. ),( yxfy =′ diferansiyel denkleminin homojen olup olmadığını anlamak için

denklemdeki tüm x’ler λx ile, tüm y’ler de λy ile yer değiştirildiğinde eğer denklemin sağ tarafındaki f(x, y) fonksiyonu λn f(x,y) haline gelebiliyorsa denklem n’inci dereceden homojendir denir. Homojen bir diferansiyel denklemi çözerken aşağıdaki dönüşümleri uygulayacağız:

vxy = ve her iki yanın x’e göre türevi olan vvxy +′=′ Örnek 2‐6 Homojen diferansiyel denklem

xyxyy

+−

=′ diferansiyel denklemini çözünüz. vxy = ve vvxy +′=′ dönüşümlerini

uygularsak,

11

+−

=+−

=+′vv

xvxxvxvvx veya

112

++

−=′v

vvx elde edilir Şimdi denklem değişkenlerine

ayrılabilir. Düzenleme yapılırsa;

xdxdv

vv 1

11

2 =++

− veya ∫ ∫ ∫∫∫ −=+

++

⇒−=++

xdx

vdv

vdvv

xdxdv

vv

112

21

11

222 olur. İntegraller

alınırsa, xCvv lnln)arctan()1ln(21 2 −=++ ve tekrar düzenleme yapılırsa;

1ln1lnln)arctan(

22

+=+−=

vx

CvxCv bulunur. vxy = veya vxy =/ olduğu

hatırlanırsa, 222

2 1

lnarctanyx

C

xyx

Cxy

+=

+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ elde edilir. (Not: xx =2 ) bulunur.

Örnek 2‐7

0)( 22 =+− dyxdxxyy diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm Denklemin ikinci dereceden homojen olduğu açıktır.

vxy = ve vvxy +′=′ dönüşümü uygulanırsa,

0)()( 222 =+′+− vvxxxvxxv ve gerekli sadeleştirme yapılarak 0)()( 2 =+′+− vvxvv bulunur.

yx

vCx

Cxvx

dxvdvv

dxdvx ==⇒=+−⇒=+⇒=+ ∫∫∫

1lnlnln100 22 den genel çözüm,

( )Cxxy

ln= olarak elde edilir.


Engin/Çengel

- 22 -

Örnek 2‐8

0)1(2)21( // =−++ dyyxedxe yxyx diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm Verilen diferansiyel denklemde x’ler λx ve y’ler λy ile yer değiştirildiğinde sonucun değişmediği görülür. O halde denklem sıfırıncı dereceden homojendir. Ancak çözüm için

vxy = dönüşümü yerine vyx = dönüşümü kolaylık sağlar. Buna göre;

vyx = ydvvdydx += ifadeleri diferansiyel denklemde yazılarak;

0)1(2))(21( =−+++ dyveydvvdye vv elde edilir. Değişkenlerine ayırarak düzenleme yaparsak,

⇒=+

++ ∫∫∫ 0

221 dv

eve

ydy

v

v Cevy v ln2lnln =++ veya Cevy v =+ )2( . Ancak v

yx=

olduğundan Ceyxy yx =+ )2( veya Cyex yx =+ 2 .

C sabitinin negatif olamayacağından hareketle mutlak değer kaldırılabilir.

02 >=+ Cyex yx 2.4.3. Tam Diferansiyel Denklemler

0),(),( =+ dyyxNdxyxM diferansiyel denklemini göz önüne alalım. Burada M ve N, x‐y düzlemindeki R bölgesinde birinci türevleri bulunan x ve y’ye bağlı sürekli fonksiyonlar olsun. 0),(),( =+ dyyxNdxyxM formunda yazılan bir ifadenin tam diferansiyel olabilmesi için denklemin sol tarafı ),( yxu şeklinde bir fonksiyonun tam diferansiyeli, sağ tarafın da türevlendiğinde sıfır olabilmesi için bir sabit olması gerekir. Dolayısıyla aranan genel çözüm

Cyxu =),( şeklinde olmalıdır. Çözümün tam diferansiyelini alalım:

[ ] [ ] 0),(),(),( =∂

∂+

∂∂

⇒= dyy

yxudxx

yxuCdyxud . Verilen diferansiyel denklemle bu

denklem arasında beklenen bir benzerlik olduğu açıktır. O halde 0),(),( =+ dyyxNdxyxM diferansiyel denkleminin tam diferansiyel tipine uygun olabilmesi için;

dxuyxM ∂

=),( ve dyuyxN ∂

=),( olması gerektiğini söyleyebiliriz. Buna ilave olarak,

0),(),( =+ dyyxNdxyxM şeklinde verilen bir diferansiyel denklemin tam diferansiyel denklem olabilmesi için;

xyxN

yyxM

∂∂

=∂

∂ ),(),( olması gerekir.


Engin/Çengel

- 23 -

Örnek 2‐9

0)9()32( 223 =+++ dyxyxdxyxy diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm

xNyx

yM

xyxyxN

yxyyxM∂∂

=+=∂∂

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

+=

+= 222

392

9),(

32),( olduğundan verilen denklem tam

diferansiyel denklem tipindedir.

⇒∂

=dxuyxM ),( ∫∫ ++=+== )(3)32(),(),( 323 yhxyyxdxyxydxyxMyxu elde edilir.

Dikkat edilirse integral sabitini y’nin fonksiyonu olarak yazdık. Bunun nedeni aradığımız

Cyxu =),( şeklindeki genel çözümün iki değişkenli bir fonksiyon olması ve bu aşamada sadece x’e göre integral alıyor olmamızdır. Zira bu durumda x dışındaki tüm parametreler

sabit gibi işleme alınır. Mademki dyuyxN ∂

=),( olması gerekiyor, bunu sağlamak üzere;

( ) )(9)(39 223222 yhxyxyhxyyxy

xyx ′++=++∂∂

=+ yazılırsa, 0)( =′ yh veya Cyh =)(

elde ederiz. 13232 3)(3),( CCxyyxyhxyyxyxu =++=++=

veya sonuç olarak Kxyyxyxu =+= 32 3),( elde edilir. Burada CCK −= 1 olarak kullandık. Örnek 2‐10

1)2(,0132

2==−

+ ydyyxdx

yyx

başlangıç değer problemini çözünüz.

Çözüm

xN

yyM

yxyxN

yyxyxM

∂∂

=−=∂∂

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

−=

+=

2

2

2

1

),(

13),( olduğundan verilen denklem tam diferansiyeldir.

⇒∂

=dxuyxM ),( ∫∫ ++=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+== )(13),(),( 32 yh

yxxdx

yxdxyxMyxu

)()(),( 23

2 yhyxyh

yxx

yyx

dyuyxN ′+−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

∂∂

=−⇒∂

= den 0)( =′ yh veya Cyh =)(

buluruz. Denklemde yerine konursa,

Kyxxyxu =+= 3),( . Sabiti bulmak üzere verilen başlangıç şartını kullanırsak,

K=+1223 , 10=K


Engin/Çengel

- 24 -

10),( 3 =+=yxxyxu

Bazen verilen bir diferansiyel denklem bir integral çarpanı yardımıyla tam diferansiyel hale getirilebilir. Eğer 0),(),( =+ dyyxNdxyxM denklemi bundan önceki yöntemlerle çözülemiyor ve aynı zamanda da tam diferansiyel değilse,

),(

),(),(

)(yxN

xyxN

yyxM

xg ∂∂

−∂

∂

= olmak üzere integral çarpanı ∫=μdxxgeyx )(),( ifadesinden

bulunur. Böylece denklemin her iki tarafı bu çarpanla çarpılarak tam diferansiyel hale getirilebilir. 2.4.4. Bazı Özel Diferansiyel Denklemler 1 – ( ) ( ) 0222111 =+++++ dycybxadxcybxa diferansiyel denklemi Bu denklem eğer c1 = c2 = 0 ise homojendir. c1 ≠ 0, c2 ≠ 0 ise denklem aşağıdaki dönüşümle homojenleştirilir.

11

11

dydykyydxdxhxx

=→+==→+=

Böylece denklem

0)()( 1121211111 =+++ dyybxadxybxa homojen denklemine dönüşür.

Ancak mbb

aa

==1

2

1

2 ise yukarıdaki dönüşüm çözüme götürmez. Bu durumda

12 ama = ve 12 mbb = dönüşümüyle denklem

0])([])[( 211111 =+++++ dycybxamdxcybxa olur. Bu denkleme vybxa =+ 11 dönüşümü uygularsak denklem değişkenlerine ayrılabilir duruma gelir. Örnek 2‐11 ( ) ( ) 0141 =−++−− dyyxdxyx diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm

11

11

dydykyydxdxhxx

=→+==→+=

( ) ( ) 01441 111111 =−++++−−+− dykhyxdxkhyx Elde edilen denklemi homojen hale getirebilmek için

0,1014

01==⇒

⎭⎬⎫

=−+=−−

khkh

kh olmalıdır. Böylece denklem


Engin/Çengel

- 25 -

( ) ( ) 04 111111 =++− dyyxdxyx şeklinde homojen olur. Bu denklemi çözmek üzere;

⎭⎬⎫

+==

111

11

vdxdvxdyvxy

dönüşümü uygularsak denklem,

0)41()14( 112 =+++ dvvxdxv halini alır. Değişkenlerine ayırırsak,

014

412

1

1 =+

++ dv

vv

xdx

elde ederiz.

cv

dvdvv

vx =+

++

+ ∫∫ 142

21

148

21ln 221 veya

cvvnx =+++ − )2(tan2114

21ln 12

1 elde edilir. Başta atadığımız değişkenlerden geri

dönersek,

1011

1

1

111

111

−==⇒

⎭⎬⎫

=→+=+=−=→+=+=

xy

xyv

yyykyyxxxhxx

2 2 11 2ln | 4 2 1| tan2 1

yy x x cx

−+ − + + =−

elde edilir.

2. Bernoulli diferansiyel denklemi

Bernoulli diferansiyel denklemi nyxRyxPy )()( =+′ , 0,1 ≠≠ nn formunda verilir çözüm

için ⎪⎭

⎪⎬⎫

−=

=−

−

dyyndu

yun

n

)1(

1 dönüşümü uygulandığında denklem lineer denklem haline getirilmiş

olur. Lineerleştirilen denklemin genel şekli

)()1()()1( xRnuxPndxdu

−=−+ haline gelir.

Örnek 2‐12

2 lnxy y y x′ + = diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm

Verilen denklem 21 ln xy y yx x

′ + = olarak yazıldığında bir Bernoulli denklemi olduğu açıktır.

1 1 2 1nu y y y− − −= = = ve 2u y y−′ ′= − dönüşümleri denklemde yerine yazılır ve gerekli düzenlemeler yapılırsa,


Engin/Çengel

- 26 -

1 ln xu ux x

′ − = − şeklinde u’ya göre lineer bir denklem elde ederiz.

1 1ln( ) ln 1( )dxP x dx xx xx e e e e

xμ

− −∫∫= = = = = olarak integral çarpanı bulunup genel çözüm

ifadesinde yazılırsa,

1 1 ln ln 1( ) ( )1/

x xu u x dx C x Cx x x x x⎡ ⎤ ⎛ ⎞= = − + = + +⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠∫

veya 1ln 1x Cxy

+ + = elde edilir.

3. Clairaut diferansiyel denklemi

Bu denklem ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ϕ+=

dxdy

dxdyxy şeklindedir. Bu denklemin genel çözümü için

dxdyy =′ ler

yerine keyfi olarak seçilen bir c sabitinin konulmasıyla bulunur. Yani genel çözüm, )(ccxy ϕ+= olur.

Bu denklemin tekil çözümü ise )(ccxy ϕ+= genel çözümü ile bu denklemin her iki

tarafının c’ye göre türevini alarak bulunan 0)( =ϕ′+ cx denklemlerinden c’yi elimine etmek suretiyle bulunur. Örnek 2‐12

2yyyxy ′−′+′= diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm

Verilen denklem Clairaut denklemidir. Genel çözüm için cdxdy

→ alınarak 2ccxcy −+=

olarak elde edilir. Tekil çözüm için her iki tarafın c’ye göre türevini alalım:

21021 +

=⇒=−+xccx bulunan genel çözümde yerine konursa;

2)1(41)1(

21)1(

2+−+++= xxxxy veya 2)1(

41

+= xy bulunur.

4. Lagrange diferansiyel denklemi

Bu denklem ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛φ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ϕ=

dxdy

dxdyxy şeklinde verilir ve genel çözüm için py =′ dönüşümü

uygulanır. Örnek 2‐13

3yyxy ′+′−= diferansiyel denklemi çözünüz.


Engin/Çengel

- 27 -

Çözüm

( )y p x′ = dönüşümü yapıldığında 3pxpy +−= elde ederiz. Her iki tarafı x’e göre türetirsek,

pppxppy ′+−+′−==′ 23)( veya xp

pp−

=′ 232

bulunur. Düzenleme yapılarak

23

2p

px

dpdx

=+ diferansiyel denklemi bulunur ki bu da x’e göre birinci mertebeden lineer

bir diferansiyel denklemdir. Bu denklemin çözümünden p

cpx += 2

53

buluruz. Daha

önce de 3pxpy +−= olduğunu bulmuştuk, dolayısıyla,

3pxpy +−= , p

cpx += 2

53

aranılan çözüme ait parametrik denklemlerdir.

5. Riccati diferansiyel denklemi

Bu denklem 2( ) ( ) ( )y P x y Q x y R x′ = + + olarak verilir ve P(x) sıfırdan farklı değerler alır. Bu denklemin eğer y1 gibi bir özel çözümü verilmişse, bu durumda genel çözümü de bulunabilir. Aşağıdaki dönüşümler bu amaçla kullanılır:

1 1 21 uy y y yu u

′′ ′= + ⇒ = − alınarak diferansiyel denklemde yerine yazalım.

2

1 121 1( ) ( ) ( )uy P x y Q x y R xu uu

′ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ − = + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(1)

y1 özel çözümü diferansiyel denklemi sağlamalıdır. Buna göre diferansiyel denklemde yerine koyarsak,

21 1 1( ) ( ) ( )y P x y Q x y R x′ = + + buluruz. (2)

(2) denklemi (1) denkleminde yerine yazılıp düzenleme yapılırsa,

[ ]12 ( ) ( ) ( ) 0u P x y Q x u P x′ + + + = lineer denklemine ulaşılır ki bu da integral çarpanı ile

çözümü olan bir denklemdir. Özel durum: Eğer verilen Riccati denkleminin y1 ve y2 gibi iki özel çözümü biliniyor da genel çözümü isteniyorsa bu durumda genel çözüm olarak aşağıdaki ifade elde edilir.


Engin/Çengel

- 28 -

Genel çözüm: ( )2 1( )1

2

P x y y dxy y Cey y

−− ∫=−

Örnek 2‐14

22

1 4 0y y yx x

′ + + − = diferansiyel denkleminin bir özel çözümü 12yx

= olduğuna göre bu

denklemin genel çözümünü bulunuz. Çözüm

1 1 2 2 21 2 1 2u uy y y yu x u u x u

′ ′′ ′= + = + ⇒ = − = − − olur. Denklemde yerine koyalım:

2

2 2 22 2 1 1 2 1 4 0u

x u x x ux u x′ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + + + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Düzenleme yaparsak,

5 1u ux

′ − = − bulunur.

515 ln( ) 5ln

51( )

dxP x dx xx xx e e e ex

μ− −∫∫= = = = =

45 5 5

51 ( 1)

4 41/x xu x dx C x C Cx

x

−− ⎛ ⎞

⎡ ⎤= − + = − + = +⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟−⎝ ⎠∫ elde edilir. Diğer yandan, 1

1y yu

= +

olduğundan 2

xuxy

=−

bulunur. Yukarıdaki ifadede yerine yazıldığında,

2xu

xy= =

−5

4x Cx+ sonucuna ulaşılır.


Engin/Çengel

- 29 -

2.5. BİRİNCİ MERTEBEDEN DENKLEMLER İÇİN SİSTEMATİK YAKLAŞIM Şu ana kadar birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin çözümüne yönelik çeşitli yöntemler öğrendik. Bu yöntemler uygulamada karşılaşılan çoğu problemi çözmek için yeterlidir, fakat bir diferansiyel denklemin bu yöntemlerin biriyle çözülebileceğinin garantisi yoktur. Bazen bir ya da iki yöntem yeterli olabilirken, bazen hiç birinin işe yaramadığı gibi bir durum ortaya çıkabilir. Her iki durumda da probleme sistematik bir mantık çerçevesinde yaklaşım yapmak faydalı olabilir.

),( yxfy =′ diferansiyel denkleminin ön görülen çözüm aralığında çözümünün var olduğunu ve bu çözümün tek olduğunu düşünelim. Kendimize şu soruları sorup cevap bulmaya çalışalım:

1. Denklem doğrudan integral yoluyla çözülebiliyor mu? Uygulamada karşılaşılan pek çok diferansiyel denklem doğrudan integre edilerek çözülebilecek şekildedir. )(xfy =′ şekline getirilebilen tüm denklemler bu yolla çözülebilir.

2. Verilen denklem lineer midir? Tüm lineer denklemlerin, karşılaşılacak olan integraller alınabildiği sürece çözümü yapılabilir.

3. Denklem değişkenlerine ayrılabilir midir? Verilen diferansiyel denklemde x’li terimler bir tarafta, y’li terimler de diğer tarafta toplanabiliyorsa, denklem değişkenlerine ayrılıyor demektir. Değişkenlerine ayrılan denklem doğrudan integral yoluyla çözülür.

4. Denklem homojen midir? Değilse homojen hale getirilebilir mi? Değişkenlerine ayrılamayan bir denklem, eğer homojense, xyv /= gibi bir parametrenin tanımlanmasıyla daima değişkenlerine ayrılabilir duruma getirilebilir.

5. Denklem tam diferansiyel midir?Değilse, tam diferansiyel haline getirilebilir mi? Denkleme tam diferansiyellik testi yapılır. Eğer tam ise çözümü yapılır. Eğer tam değil ve diğer formlara da uymuyorsa denklemi tam diferansiyel duruma getirecek bir integral çarpanı aranır.

Şimdi bu sistematik yolu bir örnekle pekiştirelim: Örnek 2‐14

yxxey −+=′ ln diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm İlk kontrol edeceğimiz konu denklemin mertebesidir. Verilen denklem birinci mertebedendir, çünkü iki veya daha fazla mertebeden türev terimi bulunmamaktadır. Ardından doğrudan integrasyon ile çözülebilirliğine bakalım. Denklemin sağ tarafı, bilinmeyen fonksiyon, çünkü iki veya daha fazla mertebeden türev terimi bulunmamaktadır. Ardından doğrudan integrasyon ile çözülebilirliğine bakalım. Denklemin sağ tarafı, bilinmeyen fonksiyon y’ye bağlı olduğundan değişkenlerine ayıramayız. Denklem lineer

değildir, sağ taraftan gelecek olan ye− terimi lineer değildir. Denklemi biraz basitleştirmeye çalışalım.

yxyxx exeeeey −− ==′ ln elde ederiz. Denklem değişkenlerine ayrılabilir duruma gelmiştir.


Engin/Çengel

- 30 -

Cxeedxxedye xyxy +−=⇒= ∫∫ )1( ve her iki tarafın doğal logaritması alınarak;

( )Cxey x +−= )1(ln 2.6. BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN UYGULAMALARI Fizikte, biyolojide ve sosyal bilimlerde karşılaşılan çok sayıda problemde bir büyüklüğün değişim hızının büyüklüğün kendisiyle orantılı olduğu gözlenmiştir. Diğer bir ifadeyle, eğer y ilgilenilen büyüklüğün t anındaki değeriyse, bu durumda,

kydtdyveyay

dtdy

=∝

yazılabilir. Burada k orantı sabiti olup deneysel veya gözlemsel sonuçlardan belirlenir. Denklemin solundaki terim, y büyüklüğünün zamanla değişim hızını temsil eder. Bu denklem birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklem olup değişkenlerine ayrılmak suretiyle kolayca çözülür:

kteyy 0= Burada y0, y büyüklüğünün t = 0 anındaki değeridir. Fiziksel olaylarda genellikle değişim sürekli bir fonksiyon özelliğinde olmasına rağmen biyoloji ve sosyal bilimlerde kesikli değişimler söz konusudur. Bir hayvan türünün sayısı veya bir kolonideki bakteri sayısındaki değişimler buna örnektir. Ancak sayı çok fazlaysa değişim zamanın sürekli bir fonksiyonu olarak düşünülebilir ve bu nedenle yapılacak hesaplama hatası genellikle makul sınırlar içerisinde kalır. Örnek 2‐15 Nüfus artışı: Malthusian yasası Belirli zaman periyotlarında insan topluluklarının, hayvan türlerinin, böceklerin ve bakteri kolonilerindeki bakterilerin kendileriyle orantılı biçimde arttığı gözlenmiştir. N(t), t anındaki sayı olmak üzere ve t=0 anındaki sayıyı N0 alarak, nüfusun değişim hızı (artış veya azalma hızı);

kteNtN 0)( = olacaktır. Burada k doğum ve ölüm hızları arasındaki farkı tanımlayan net nüfus değişim hızıdır. Örneğin k = 0.015/yıl, 1000’de 15’lik bir nüfus artışı demektir. Örnek 2‐16 Radyoaktif bozunma ve Radyoaktif Karbon Yaş Tayini Plütonyum, Radyum ve C14 olarak bilinen Karbon izotopu gibi bazı radyoaktif elementlerin diğer bir element veya aynı elementin farklı bir izotopunu teşkil etmek üzere tabii olarak bozundukları bilinmektedir. Bozunmanın hızı genellikle mevcut element miktarıyla orantılı olarak değişir, dolayısıyla radyoaktif bozunma süreci de yukarıdaki denklemle tanımlanır:

0, ( ) k tdM kM veya M t M edt

−= − =

Bu ifadede k > 0 olup bozunma sabiti adını alır. Bir arkeologun, bulduğu kemik kalıntısı üzerinde, bir canlı hayvanda bulunan miktarın %8’i oranında C14 izotopunun olduğunu saptamıştır. C14 izotopunun bozunma sabiti 1.24×10‐4/yıl olduğuna göre kemiğin yaşını hesaplayınız. Çözüm

Yukarıda verilen denklemden t’yi çekersek, 0

)(ln1M

tMk

t −= buluruz.


Engin/Çengel

- 31 -

dttdM )( ile verilen bozunma hızı, miktarı sürekli düşen M(t) ile orantılı olduğundan başlarda

bozunma hızı çok yüksektir ve zaman geçtikçe bu hız düşer. Mevcut bir radyoaktif maddenin yarısının bozunması için geçmesi gerekli süreye yarı ömür süresi diyoruz. Bu durumda

021)( MtM = alınırsa, yukarıdaki denklem,

k

tt H2ln

==

olur. Radyoaktif maddelerin yarı ömürleri gelişmiş laboratuarlarda ölçülür. Radyoaktif bozunmanın önemli bir uygulama alanı, C14 izotopunun bozunumu esasına dayanan Radyo Karbon Yaş Tayini’dir. Bu metodun temelinde, yaşayan herhangi bir canlıdaki karbon atomlarının küçük bir oranının C14 izotopu meydana getirdiği gözlemi vardır. Bu oran canlının yaşamı boyunca yaklaşık olarak sabit kalmakta, çünkü bozunan miktar, canlının çevresinden besin ve solunum yoluyla aldığı karbon atomlarıyla yerine konur. Ancak ölen canlıya artık karbon girişi olmayacağı için sürekli bir bozunma söz konusu olacaktır. Diğer bir ifadeyle canlı öldüğünde, içerisinde C14 izotoplarının da bulunduğu karbon girişi kesilir, canlının sahip olduğu C14 sürekli bir azalma sürecine girer. C14’ün yarı ömrü 5568 yıldır. Atmosferdeki C14 miktarı, azotun atmosferdeki kozmik ışınlar nedeniyle C14 izotopuna dönüşümü yoluyla sürekli olarak yenilenir ve böylece C14’ün atmosferdeki C12 miktarına oranı sabit kalır. Bu açıklamaların ışığı altında aranan süre,

36920)08.0ln(1024.1

14 =

×−=

−t yıl olacaktır.

Örnek 2‐17 Bir radyo aktif element olan Toryum–234 (Th234) izotopu , β ışınları yayarak Pa234’ye dönüşmektedir. Bu izotopun bozunma hızı, elementin mevcut miktarı ile doğru orantılıdır. Ayrıca 100 mg. Th–234 izotopunda bir hafta içinde geriye 82.04 mg. kaldığı bilindiğine göre, a) herhangi bir t anında geriye ne kadar Th–234 kaldığını, b) mevcut miktarın yarıya inmesi için ne kadar zaman geçmesi gerektiğini bulunuz. Çözüm (a) Verilenlere göre M0=100 mg (t=0 anında), M(t=7 gün) = 82.04 mg.

0283.0100

04.82ln71

=−=k /gün elde edilir. Dolayısıyla herhangi bir t anındaki bozunmamış

miktar;

tetM 0283.0100)( −= olacaktır. Diğer yandan (b) 5.240283.0

2ln2ln====

ktt H gün.

Örnek 2‐18 Newton’un soğuma kanunu Başlangıçta Ti = 20

0C olan bakırdan küçük bir bilye T0= 100 0C’de kaynamakta olan su

banyosuna bırakıldıktan 20 saniye sonra sıcaklığı ne olur. Su banyosu yeterince geniş olup

sıcaklığı değişmemektedir. 1.0==λmchA

1/s.


Engin/Çengel

- 32 -

Çözüm

Daha önce Newton’un soğuma yasasından ( )0dT T Tdt

λ= − − olduğunu görmüştük.

Değişkenlerine ayırarak çözdüğümüzde, bakır bilyenin t anındaki sıcaklığı

0 0( ) ( ) tiT t T T T e λ−= − − olur. Verilen değerler yerine konursa ( 20 ) 89.2T t s= = 0C olur.

Örnek 2‐19 Karışım problemi İçerisinde başlangıçta 1000 L temiz su bulunan bir tanka, içerisindeki tuz konsantrasyonu 0.1 kg/L olan tuzlu su 50 L/dakika debisinde girmekte, ve aynı zamanda tanktan yine 50 L/dakika debisinde tuzlu su çekilmektedir. Tank içerisindeki bir karıştırıcı, tanktaki karışımın homojenliğini sağlamaktadır. Beklendiği gibi, tanktaki su seviyesi sabit kalmasına karşın içerisindeki tuzlu sudaki tuz konsantrasyonu sürekli olarak yükselecektir. Tankta belirli bir t anında bulunan tuz miktarını veren ilişkiyi geliştiriniz. Tankta bulunabilecek maksimum tuz miktarı nedir. Çözüm M(t) tankta t anında bulunan tuz miktarını göstersin. Tanktaki tuz miktarına kütlenin korunumu prensibini uygulayalım: Tanktaki tuz miktarının değişim hızı = Tanka birim zamanda giren tuz miktarı‐Tanktan birim zamanda çıkan tuz miktarı

( )( ) ( ) 505.0/1000

/50/1.0/50 =+⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= M

dtdMLkgMdakLLkgdakL

dtdM

elde edilir.

Denklem birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklem olup 0)0( ==tM koşuluyla bir başlangıç değer problemidir.

5)(,05.0)( == tRtP alınmak suretiyle tdt eet 05.005.0)( ==μ ∫ . Denklem 2.7’den

[ ]∫ +μμ

= Cdx)x(R)x()x(

y 1 ⇒ ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡= −− ∫

tttt

tt eedteetM0

05.005.0

0

05.005.0 2055)(

( ) ( )ttt eeetM 05.005.005.0 11001100)( −− −=−= elde edilir. Dikkat edilirse ∞→t durumunda parantez içi 1 olacağından 100)( =∞→tM kg olur. Örnek 2‐20 Bir tank, t = 0 anında içinde Q0 kg tuz içeren 100 L tuzlu su çözeltisi ile doludur. Litresinde 1/3 kg tuz bulunan başka bir tuz çözeltisi 5 L/dak’lık bir hızla tanka akmaktadır. Karıştırma ile tank içinde sürekli olarak homojen bir tuz karışımı elde edilmekte ve karışım aynı hızda (5 L/dak) tanktan dışarı çıkmaktadır. t anında tankta mevcut tuz miktarını veren Q(t) ifadesini bulunuz. Çözüm Kütlenin korunumu ilkesinden;


Engin/Çengel

- 33 -

birim zamanda giren tuz kütlesi – birim zamanda çıkan tuz kütlesi = tanktaki tuz kütlesinin zamanla değişimi olarak ifade edilebilir. Tankta t = 0 anında Q0 kg tuz vardır (başlangıç şartı). Ancak tankta t anındaki tuz konsantrasyonu Q/100 olacaktır (bkz. Konsantrasyon tanımı). 5 55 53 100 100 3

Q dQ dQ Qdt dt

− = ⇒ + =

Lineer diferansiyel denklemi bulunur. Bu denklemin çözümünden

0.05100( )3

tQ t Ce−= + genel çözümü elde edilir. Ancak 0( 0)Q t Q= = sınır şartı uygulanırsa,

0100

3C Q= − bulunur. Genel çözümde yerine koyar, düzenleme yaparsak,

( ) tt eQetQ 05.00

05.013

100)( −− +−= elde edilir.

Örnek 2‐21 Bir kimyasal madde, çözünmemiş miktarla (x) ve doymuş bir çözeltiyle doymamış bir çözelti arasındaki konsantrasyon farkı ile doğru orantılı olarak çözünmektedir. 100 g’lık bir doymuş çözeltide 50 g maddenin çözündüğü biliniyor. Eğer 30 g kimyasal madde 100 g suyla karıştırılırsa, 10 g 2 saatte çözünüyor. Buna göre 5 saat sonunda ne kadar çözünme olacaktır. Çözüm x → t saat sonra çözünmeyen madde miktarını göstersin. Bu durumda mevcut çözeltinin

konsantrasyonu 30130

x− olacaktır. Çözelti tamamen doymuş hale geldiğinde ise

konsantrasyonu 10050

10050100

=−

olacaktır. Problemde, maddenin çözünme hızının,

çözünmemiş madde miktarı ve bu iki konsantrasyon arasındaki fark ile orantı bir hızda çözündüğü ifade edildiğine göre aranan diferansiyel denklem

50 30 7100 130 26 130

dx x dx xk x k xdt dt

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⇒ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

veya düzenleme yapılarak

1/3 kg/L, 5 L/dak Q/100 kg/L, 5 L/dak


Engin/Çengel

- 34 -

726 130

dx k dtxx

=⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

elde edilir. Her iki tarafın integrali alındığında ise,

726 130

dx k dtxx

=⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫

26 26 26ln ln(35 ) ln7 7 7 35

xx x kt Cx

− + = = ++

sonucuna varılır. Bulunan ifadede k ve C

bilinmemektedir. Ancak verilen iki şart kullanılarak bunlar belirlenebilir.

t = 0 → x = 30 g (başlangıçtaki toplam çözünmemiş madde miktarı)

t = 2 → x = 30 – 10 = 20 g (2 saat sonra kalan çözünmemiş madde miktarı)

26 30ln (0) 2.8727 30 35

k C C= + → = −+

26 20ln (2) 2.872 0.447 20 35

k k= − → = −+

Şimdi denklem 26 ln 0.44 2.8727 35

x tx

= − −+

olarak ifade edilebilir. Artık t = 5 saat

sonunda çözünmemiş olarak kalan miktar x bulunabilir.

26 ln 0.44 5 2.8727 35

ln 1.265 0.255 11.98 1235 35

xx

x x x g gx x

= − × −+

= − → = → = ≈+ +

Böylece 5 saat sonunda çözünen miktar 30−12 = 18 g olur.

Örnek 2‐22 Sıcaklığı 100 0C olan bir cisim 50 0C sıcaklığında bir odaya bırakılıyor 10 dakika sonra cismin sıcaklığının 90 0C’ye düştüğü görülüyor. Başlangıç anından itibaren ne kadar zaman sonra cismin sıcaklığının 60 0C’ye düşeceğini bulunuz. Cevap: 115 dakika

Örnek 2‐23 Bir sıvı içerisindeki basınç, sıvının yüzeyinden aşağıya doğru inildikçe artar. Bu artış hidrostatiğin temel denklemi olan gdzdp ρ=/ diferansiyel denklemiyle verilir. Bu ifadede ρ sıvının yoğunluğu, g ise yerçekimi ivmesi ve z yüzeyden itibaren derinliktir. Okyanus gibi çok derin sıvı yüksekliğinin söz konusu olduğu uygulamalarda )( pf=ρ olduğundan bu diferansiyel denklemin integre edilebilmesi için yoğunluk ile basınç arasında bir ilişkinin kurulması gerekir. Bu ilişki sıvının sıkışma modülünden elde edilir. Bu ifadeye göre sıkışma


Engin/Çengel

- 35 -

modülü ρρ

=ddpE ile tanımlıdır. Sıkışma modülünün sabit kaldığını ve yüzeydeki basıncı sıfır

ve yoğunluğu ρ0 alarak basıncın derinlikle değişimini elde ediniz. Çözüm

(a) ρρ

=ddpE = sabit olduğundan, ∫∫

ρ

ρρρ

=⇒ρρ

=0

00

lnEpdEdpp

elde edilir. Bu ifadeden

yoğunluğu çekersek, Ep

e0ρ=ρ elde edilir. Bunu hidrostatiğin temel denkleminde yazalım:

Ep

eggdzdp

0ρ=ρ= , ve değişkenlerine ayırarak ∫∫∫ ρ==− zzp

Epzp

Ep dzgdpe

e

dp

00

)(

0

)(

0

( ) ( ) ( )0

0 0

0

1p zp p z P z

E E E g zE e g z E e E g z eE

ρρ ρ

− − − ⎛ ⎞− = ⇒− + = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

ve her iki tarafın

doğal logaritması alınarak, ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ρ−−=

Ezg

Ezp 01ln)( bulunur.

Örnek 2‐24 Belirli koşullarda silindirik bir duvardan r‐doğrultusunda birim zamanda geçen ısı miktarı

( ) ( ) ( ) /xQ k A T r T r dT r dr′ ′= − → = ile verilir. Bu ifadede A yüzey alanı, k ısı iletim katsayısıdır. 20 cm çapındaki bir buhar borusu 6 cm kalınlığında izolasyon malzemesi ile kaplanmıştır. İzolasyon malzemesi ısı iletim katsayısı k = 0.04 W/m∙K dir. Buharın sıcaklığı 200 0C, izolasyon dış yüzey sıcaklığı ise 30 0C’dir. Borunun bir metresinden saatte kaybolacak ısıyı ve boru civarındaki (r >10 cm ) sıcaklık dağılımını belirleyiniz. Çözüm Boru merkezinden r kadar uzaktaki silindirik yüzey alanı (veya r yarıçaplı bir silindirin yüzey alanı) 2rA rLπ= olarak ifade edilebileceğinden, soruda verilen denklem

r

İzolasyon kalınlığı 6 cm

10 cm

r = boru merkezinden uzaklık 200 0C de buhar


Engin/Çengel

- 36 -

( ) 2rdTQ k A T r k rLdr

π′= − = −

Olarak yazılabilir. Burada L silindirin boyudur. Denklemi değişkenlerine ayırıp integral alalım:

( ) ( )

0

0

0.16 m 30 C

0.10 m 200 C

2 2r T

r T

dr k dr kdT dTr Q L r Q L

π π= =

= =

= − ⇒ = −∫ ∫

( ) ( )0.16 0.2513ln 30 200 ( ) 90.9 W/m0.10

Q LQ L

⎛ ⎞ = − − ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

(cevap a)

Aynı denklemi, bu sefer integralin üst sınırlarını herhangi bir konum (r) ve bu konudaki sıcaklık (T) olarak integre edersek,

( )0

3

0.10 m 200 C

2 0.04 ln 2.765 10 20090.9 0.10

r T

r T

dr rdT Tr

π −

= =

⋅= − ⇒ = − × −∫ ∫

361.66 ln(10 ) 200r T= − veya 200 361.66 ln(10 )T r= − İzolasyon malzemesi içindeki sıcaklık dağılımı aşağıdaki gösterilmiştir. Örnek 2‐25 Kütlesi ihmal edilebilir bir yay düşey olarak bir yüzeye tutturulmuş, diğer ucuna ise kütlesi m olan bir cisim asılmıştır. Yay denge konumundayken (x=0) asılı bulunan kütlenin hızı 0V ise,

kütlenin hızını yayın yer değiştirmesine (x) bağlı olarak ifade ediniz. Çözüm

T (0C)


Engin/Çengel

- 37 -

Newton’un 2. yasasına göre xx amF = olduğundan kütleye etki eden x doğrultusundaki net

kuvvet belirlenmelidir. kxmgFx −= . Diğer taraftan cismin ivmesi için dxdVVax =

yazılabileceğinden cismin hareketini tanımlayan diferansiyel denklem, xkmgdxdVVm −=

olacaktır. Değişkenlerine ayırarak integre edersek;

∫∫ −+=⇒−=⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

x xV

V

xV

V

xmkgxVxVx

mkgxVdxx

mkgdVV

0

220

2)(2)(

2)(22

00

Örnek 2‐26 Kütlesi m olan bir cisim yerden oldukça yüksekte bulunan bir noktadan ilk hızsız olarak serbest düşmeye bırakılıyor. Cisme etki eden yerçekimi kuvveti sabit ve hava direncinin cismin hızı ile orantılı olduğu kabul edildiğine göre, herhangi bir t anında cismin başlangıç noktasından hangi uzaklıkta olduğunu ve o anda hangi hıza hareket etmekte olduğunu

buluz. Cevap: )1()( / mtkekgmtV −−= , ( )mtke

kgmt

kmgtx /

2

21)( −−−= , k=orantı sabiti

Örnek 2‐27 Kütlesi m olan bir cisim yer küresi üzerinde bir yerden yukarıya doğru bir V0 ilk hızı ile fırlatılıyor. Hava direncini ihmal ederek , cismin bir daha yer yüzüne dönmemesi için V0 ilk hızının ne olması gerektiğini bulunuz. Çözüm x ekseninin (+) yönü yukarı olsun. Hava direnci ihmal edildiğine göre , burada hareketi etkileyen tek kuvvet yer çekimi kuvvetidir. Bu kuvvetin değeri ise Newton’un Evrensel Çekim Kanununa göre değişir. Bu durumda, yerküresi üzerinde yerçekimi ivmesinin değeri g ile, yerküresinin kütlesi M ve yarıçapı R ile gösterilirse; Evrensel Çekim Kanunu’na göre

MRgG

RMmGmg

2

2... =⇒=

t anında, cismin yerküresinden olan uzaklığı x ve hızı v olsun. Buna göre hareket denklemi

22

2

)(.RxMmG

dtxdm

+−= veya 2

2

)(.

RxRg

dtdv

+−= elde edilir. Denklemin sağ yanı x’e bağlı

olduğundan sol yanında da x’e bağlı ivmesinin kullanılması yerinde olacaktır. Buna göre,

∫∫ +−=⇒

+−=

xV

V

dxRx

gRvdvRx

Rgdxdvv

02

2

2

2

)()(.

0

ifadesinden hızın yükseklikle değişim ifadesi,

RxgRgRVV+

+−=2

20

2 22 olarak elde edilir.

Cismin yerküreye geri dönmemesi için sürekli olarak pozitif bir hıza sahip olması gerekir. Bu ise ancak 020 ≥− gRV şartı sağlanırsa mümkün olabilir. Bu durumda

11205104.681.922 60 ≈×××== gRV m/s.


Engin/Çengel

- 38 -

Örnek 2‐28 γ maddesi, α ve β gibi iki kimyasal maddenin reaksiyonu sonucu oluşmaktadır. Dolayısıyla a gr α ile, b gr β reaksiyon sonucu (a+b) gr γ vermektedir. Başlangıçta x0 gr α ve y0 gr β vardır; hiç γ bulunmamaktadır. γ maddesi oluşum hızının tepkimeye girmemiş α ve β maddelerinin çarpımı ile doğru orantılı olduğu bilindiğine göre, oluşan γ miktarını, z(t), zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. Çözüm

t anında oluşan z(t) gr γ içerisindeki α’nın oranı ba

a+

, β’nın oranı ba

b+

olacaktır. Kütle

cinsinden ise z(t) gr γ içerisinde )(tzba

a+

gr α, )(tzba

b+

gr β bulunacaktır. Dolayısıyla t

anında tepkimeye girmeyen α ve β miktarları sırasıyla, )( 0 bazax+

− ve )( 0 bazby+

− olur.

Bu durumda aranan diferansiyel denklem; ))(( 00 bazby

bazaxk

dtdz

+−

+−= halini alır.

Düzenleme yaparsak ( )( )zBzAKzyb

bazxa

bababak

dtdz

−−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+

+= 002)(

elde

edilir. Burada 002)(y

bbaBx

abaA

babakK +

=+

=+

=

Diferansiyel denklemin çözümü A ve B arasındaki ilişkiye bağlıdır. İki durumu dikkate alalım:

1. A > B için çözüm ( )

tkBA

tkBA

eBAeABtz )(

)(1)(−−

−−

−

−=

2. A = B olursa çözüm tkA

tkAtz+

=1

)(2

Öğrencilerin bu sonuçları elde etmeleri tavsiye edilir.

Örnek 2‐29 2 gr Y ile 1 gr X tepkimeye girerek 3 gr Z oluşturmaktadır. 100 gr Y 50 gr X iyice karıştırıldığında 10 dakika sonra 50 gr Z maddesi oluştuğu gözlenmiştir. (a) 20 dakika sonunda kaç gr Z oluşur, (b) 60 gr Z elde etmek için ne kadar beklenmelidir. Cevap: 75 gr, 40/3 dakika. Örnek 2‐30

Ülkelerin gelecekteki nüfus tahminlerinde kullanılan 2BNANdtdN

−= diferansiyel denklemi

oldukça kabul görmektedir. Bu denklemde, A ve B pozitif ülke sabitleri, N ise nüfusu göstermektedir. Başlangıç anındaki (t=0) nüfusu N0 alarak nüfus zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. ABD için A=3.13×10‐8 B=1.5887×10‐10 ve 1970 yılındaki nüfus 3.9 milyon olarak alınabildiğine göre 2003 yılındaki ve 2050 yılındaki nüfusları bulunuz.


Engin/Çengel

- 39 -

Örnek 2‐31 Seri olarak bağlı bobin ve dirençten kurulu bir alternatif akım devresinden geçen akım

)(tEiRdtdiL =+ diferansiyel denklemi uyarınca değişmektedir. Burada i devreden geçen

akımı (amper), L bobinin indüktansı (Henry), R direnç (ohm) ve E(t) ise volt olarak elektromotor kuvvettir. t=0 anında devreden geçen akımın i0 ve elektromotor kuvvetin E(t)=E0 olması durumunda devreden geçecek olan akımı i(t) zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. Çözüm Elimizdeki denklem birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklem olduğundan doğrudan integral çarpanı kullanılarak çözülebilir.

[ ]∫ +μμ

= CdttRti )(1)( ve LtRdtLR

eet /)( ==μ ∫ alarak,

LtRLtRLtR eCR

ECdt

LE

eeti /00//)( −− +=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+= ∫ bulunur. t=0 anında i=i0 olduğundan

yerine koyarak R

EiC 00 −= elde edilerek diferansiyel denklem çözümünde yazılırsa,

( )LtReR

Eti /0 1)( −−= olduğu görülür.

Örnek 2‐32 Yukarıda verilen 2‐26 nolu soruda elektromotor kuvvetinin ttE π= 120sin110)( uyarınca değiştiği bilinmektedir.. L=3 henry, R=15 ohm olarak verildiğine ve t=0 anında i=0 amper olduğuna göre devreden geçen akımı zamanın fonksiyonu olarak bulunuz. Çözüm

Devreden geçen akım )(tEiRdtdiL =+ diferansiyel denklemiyle tanımlı olduğuna göre

çözümü aranan denklem, tiRdtdiL π=+ 120sin110 veya t

Li

LR

dtdi

π=+ 120sin110 olacaktır.

Verilen değerler yerine konursa denklem, tidtdi

π=+ 120sin3

1105 olur. Birinci mertebeden

lineer olan bu denklem integral çarpanı metodu ile çözülür.

tdt eet 55)( ==μ ∫ elde edilerek genel çözüm ifadesinde (2.7 eşitliği) yerine konursa,

[ ] ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +π=+μ

μ= ∫∫ − CdtteeCdttRti tt 120sin

3100)(1)( 55 elde edilir. İntegral işlemi için

kısmi integral yöntemi kullanılmalıdır (bu kısım öğrenciye bırakılmıştır). Burada biz

( )∫ −+

= tbbtbaba

edttbeta

ta cossinsin 22


Engin/Çengel

- 40 -

kalıbını kullanacağız. Problemimizde a=5 ve b=120π olduğundan yerine yazıp bazı sadeleştirmeden sonra;

( )( )∫ ππ−ππ+

=π ttedttet

t 120cos24120sin57615

120sin 2

55 elde ederiz. Dolayısıyla aranan

çözüm;

( )( ) teCttti 52 120cos24120sin

5761322)( −+ππ−π

π+= olacaktır. Verilen başlangıç

değerlerinden integral sabiti belirlenebilir. t=0 anında i=0 amper olduğuna göre, genel

çözümde yerine konup C çekilirse, ( )2576132422π+

π×=C elde edilir. Böylece aranan özel çözüm;

( )( )tettti 52 24120cos24120sin

5761322)( −π+ππ−π

π+= şeklinde olacaktır.

Örnek 2‐33 Seri bağlı direnç ve kondansatörden oluşan bir alternatif akım devresinde, kondansatörde

depolanarak elektrik yükü zamanı )(tEcq

dtdqR =+ uyarınca değişir. R=10 ohm, c=10‐3

farad, ttE π= 120sin100)( olarak verildiğine ve t=0 anında q=0 olduğuna göre kondansatörde depolanan elektrik yükünün zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. Çözüm

Diferansiyel denklem, verilenlerin yerine konmasıyla tqdtdq

π=+ 120sin1001010 3 veya

tqdtdq

π=+ 120sin10100 halini alacaktır. Bu ise birinci mertebeden lineer bir diferansiyel

denklemdir.

tdt eet 100100)( ==μ ∫ alınarak genel çözüm ifadesinde yerine konursa,

[ ]∫ +π= − Cdtteetq tt 120sin10)( 100100 elde edilir. İntegrali almak üzere

( )∫ −+

= tbbtbaba

edttbeta

ta cossinsin 22 olduğundan hareketle a=100, b=120π alınarak

( )∫ ππ−ππ+

=π ttedttet

t 120cos6120sin5)3625(20

120sin 2

100100 bulunur. Çözüm

ifadesinde yerine yazılarak;

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ππ−π

π+= − Ctteetq

tt 120cos6120sin5

)3625(2)( 2

100100 veya

( ) teCtttq 1002 120cos6120sin5

72501)( −+ππ−π

π+= elde edilir. C sabitini bulmak üzere

verilen koşul sağlatılırsa,

22 36253

725060

π+

π=⇒+

π+

π−= CC bulunur. Böylece aranan çözüm;


Engin/Çengel

- 41 -

( )2

100

2 36253120cos6120sin5

72501)(

π+

π+ππ−π

π+=

− tetttq

Örnek 2‐34 Örnek 2‐34’te t=0 anında geçen akım i=5 A olduğuna göre akımın zamanla değişimini elde ediniz. Çözüm

Bir önceki örnekten ( ) teCtttq 1002 120cos6120sin5

72501)( −+ππ−π

π+= elde edilmişti.

dtdqi = olduğundan türev alma işlemi yapılarak,

teCtt

ti 1002

2100

7250120sin720120cos600)( −−

π+

ππ+ππ= bulunur. Verilen koşul yerine

yazılırsa;

C1007250

6005 2 −π+

π= veya

236253005100

π+

π−=C elde edilir. Böylece aranan özel

çözüm;

tettti 10022

2

36253005

3625120sin360120cos300)( −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

π+

π−−

π+

ππ+ππ= olacaktır.


Engin/Çengel

- 42 -

Bölüm 2 ile ilgili problemler 1. Genel değerlendirme soruları Birinci mertebeden diferansiyel denklem ne demektir.

Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem yyy ′′′′ ,, 2 gibi terimler bulundurabilir

mi? Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem hangi şartlarda doğrudan integral yoluyla çözülebilir. 2. Lineer birinci mertebeden diferansiyel denklemler

2.1. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin hangileri birinci mertebeden lineerdir:

(a) xyxy sin3 2 =+′ (b) xeyxy =+′ 32 (c) 2=+′ yxey (d)

122 =+′ yxyx

(e) xyyyy =+′ cos2 (f) xxyyy =+′ (g) 222 xyy =−′ (h)

xyy =+′

2.2. Aşağıdaki diferansiyel denklemleri, tüm işlem adımlarını göstererek, çözünüz.

(a) xxyy 23 =−′ (b) 02)1( 2 =−′− yyx (c) 22 xyyx =−′

(d) 2)/13( =−+′ yxy (e) 122 =+′ xyyx (f) xxyy sintan =+′

(g) x

eyx

yx22

=+′ (h) 2)1( 2 =++′ yxyx (i) xyx

y sin4=+′

2.3. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerini, tüm adımları göstererek, çözünüz. (a) 1)0(,0 ==+′ yyy (b) 1)(,2cos2 =π=−′ yxxyy (c)

4)1(,2 ==−′ yexyy x

(d) 8)2(,4 42 ==+′ yxyxy (e) ( ) 112 =−′− xyyx 2.4. Aşağıdaki sorularda x’i bağımlı, y’yi bağımsız değişken alarak çözümü yapınız.

(a) x

ydxdy

−=

1

2, 1)0( =y (b) 2)1(,

2=

−=

−y

xee

dxdy

y

y

2.5. 0)( =+′ yxPy birinci mertebeden diferansiyel denkleminin bir çözümü )(1 xy

olsun. )(1 xyC ifadesinin de aynı denklemin çözümü olduğunu gösteriniz. 2.6. Birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin uygulamaları (a) Malthusian nüfus artış yasası nedir? Neden gerçekçi tahminlerde daha uygundur. (b) Radyoaktif karbon ile yaş tayininin esası nedir. Bu iş için neden C14 uygundur. (c) Bir yağmur damlasının limit hızını tanımlayınız. Bu hız damlanın düştüğü yüksekliğe

bağlı mıdır? (d) Yeterince besinin bulunduğu bir balık gölünde, eğer hiç balık avlanmazsa, her yıl

balık sayısının ikiye katladığı gözlenmiştir. Başlangıçtaki balık sayısını N0’dır. Mathusian artış yasasını kullanarak ve her gün ortalama 0.002N0 adet balık avlandığını kabul ederek, balık sayısını zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz.

(e) Belirli bir bakteri kolonisindeki bakteri sayısının her 3 saat iki kat arttığı bilinmektedir. Mathusian artış yasasını kullanarak başlangıçtaki bakteri sayısının 4 katına çıkabilmesi için ne kadar süre geçmesi gerektiğini bulunuz.

(f) Yıllık nüfus artış hızı % 0.2 olan bir ülkenin kaç yıl sonra nüfusunu ikiye katlayacağını belirleyiniz.


Engin/Çengel

- 43 -

(g) Başlangıçtaki sıcaklığı Ti=30 0C olan bakırdan yapılmış küçük bir küre t = 0 anında buzlu suya bırakılmıştır. Kürenin sıcaklığı 1 dakika sonra 20 0C’ye düştüğüne göre, Newton soğuma kanununu kullanarak 2 dakika sonra kürenin sıcaklığının ne olacağını belirleyiniz.

(h) Bir tankta, 10 kg tuz kullanılarak elde edilmiş bulunan 200 litre salamura (tuzlu su) bulunmaktadır. Tanka, bir karıştırıcı devredeyken, dakikada 5 litre saf su ilave edilirken, aynı hacimde tuzlu su da tankın altındaki delikten dışarı boşaltılmaktadır. 30 dakika sonra tankta ne kadar tuz kalır. Tuz miktarının 1 kg’a kadar düşmesi için ne kadar süre geçmesi gerekir.

(i) m kütleli bir cisim belirli bir yükseklikten durgun haldeyken serbest düşmeye bırakılmaktadır. Cisme etkiyen hava direncinin cismin hızıyla orantılı olduğu bilindiğine göre, cismin hızı ve konumunu zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz.

3. Birinci mertebeden lineer olmayan diferansiyel denklemler 3.1. Değişkenlerine ayrılabilir tipteki diferansiyel denklemleri çözünüz.

(a) 13 +=′ xyy (b) 2)2( 2 +=′+ yyx (c) 02 =+′ + yxey

(d) 3)(xyy =′ (e) 1++=′ yxeyxy (f) 21 yyxy −=′

(g) 1)0(,02 ==+′ yxyy (h) 1)2/(,2cos2 =π=′ yxey y (i) 22 1 yyx −=′ , 0)0( =y

(j) 1)4/(,sincos

=π=′ yyeyey y

x

3.2. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerde değişken dönüşümü yaparak değişkenlerine ayrılabilir duruma getirip çözünüz.

(a) ( ) )(1 2 yxyxy +−++=′ (b) yxeyxy ++=′ )( (c) 32 −+=′ yxy

(d) 2)( yxy −=′ (e) y

x

eyxey )( −

=′

3.3. R yarıçaplı küresel bir tank suyla doludur. Tank tabanına açılan a yarıçaplı bir delikten su

boşaltılacaktır. Toriçelli kanununa göre tankı terk eden suyun ortalama hızı gyV 2= olup

burada y göz önüne alınan durumdaki su yüksekliğidir. Tanktaki su seviyesini zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. Tankın tamamen boşalabilmesi için gerekli zamanı veren ifadeyi geliştiriniz. 3.4. Yukarıdaki problemi yatay olarak konumlandırılmış R yarıçaplı ve L boyundaki silindirik tank için tekrarlayınız.

3.5. Lojistik nüfus artışı NbNadtdN )( −−= diferansiyel denklemiyle tanımlanır. Bu

diferansiyel denklemin genel çözümünü bulunuz. 3.6. Lojistik nüfus artışı kanununa göre biraz daha karmaşık, ancak daha gerçekçi bir model

NcNbNadtdN )1()( −−−= diferansiyel denklemiyle verilir. Bu denklemin genel çözümünü

bulunuz. 3.7. Aşağıdaki eğri ailelerinin ortogonal yörüngelerini veren eğri ailesini belirleyiniz.

(a) Cyx =− 22 (b) kxyx 222 =+ (c) Cyxyx =+−+ 14 22


Engin/Çengel

- 44 -

3.8. Su dolu bir tankın altından bir delik açılırsa su boşalmaya başlayacaktır.Ancak tanktaki su seviyesi düştükçe birim zamanda tanktan boşalan su miktarı da azalacaktır, dolayısıyla zamana bağlıdır. Sabit AT kesitli bir tankın tabanına açılan A0 büyüklüğündeki bir delikten

birim zamanda çıkan su hacmi ghKA 20 olarak verildiğine göre, (K=sabit, h = t anındaki su

yüksekliği) tankın içerisinde başlangıçta (t=0), H metre yüksekliğinde su bulunduğunu varsayarsak, tanktaki su seviyesini zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz. 3.9. Problem 3.8’i, ters çevrilmiş ve taban çapı D olan konik kesitli bir tank için çözünüz. 3.10. Problem 3.9’u ters çevrilmiş, alt ve üst taban çapları sırasıyla d ve D olan kesik koni biçimli bir tank için çözünüz.

3.11. Düzlemsel bir duvardaki tek boyutlu ısı iletimi, .xdTQ k Adx

= − olarak verilir. Burada x

ısının akış(iletim) doğrultusunu, k ısı iletim katsayısını A duvar alanını ve dxdT

, x

doğrultusundaki sıcaklık eğimini (gradyenini) verir. Eğer “k” mevcut malzeme için sabitse bu denklem duvar içerisindeki sıcaklık profilini [ ])(xTT = bulmak üzere kolayca integre edilir.

Ancak “k” genelde sıcaklığın fonksiyonudur ve ).1(0 Tkk β+= ilişkisiyle verilir. Burada

βvek0 sabitlerdir ( 00 >k ). Buna göre sabit bir Qx ısı transferi için duvar içerisindeki

sıcaklık dağılımını elde ediniz. 3.12. Yatayla 037 açı yapan bir eğik düzlem üzerinde bulunan bir cisim, eğik düzlem boyunca ve yukarı doğru =0V 12 m/s’lik bir ilk hızla fırlatılıyor. Cisim ile eğik düzlem arasındaki sürtünme katsayısı 25.0=μ ’tir. Buna göre (a) cisim eğik düzlem boyunca hangi uzaklığa gidebilir ve (b) cisim atıldığı noktaya geri döndüğünde hızı ne olur? Cevap: 9 m, 8.48 m/s. 4. Birinci mertebeden homojen tipte diferansiyel denklemler 4.1. Homojen diferansiyel denklem nedir, nasıl anlaşılır. 4.2. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin homojen olup olmadıklarını inceleyiniz.

(a) yxyxy

−+

=′ (b) yx

xy++

=′ 21

(c) xy

xyxy23 2−

=′ (d) xyxy

32 −=′

4.3. Aşağıdaki homojen (veya homojene indirgenebilir) diferansiyel denklemleri çözünüz.

(a) yx

xy+

=′ (b) 3

23 4y

yxxy −=′ (c)

yxyxy

−+

=′2

(d) xy

yxy2

6 22 −=′

(e) yxyxy

243

+−

=′ (f) y

yxxy22 +

+=′ (g) 2

442

xyxy

y−−

=′

(h) 0)1(,1 =−=′ yxyy (i) 0)0(, =

+−

=′ yyxyxy (j) 0)1(,

22

=−+

=′ yyxyxy

(k) 6)2(,2 22

−=−+−

=′ yy

yyxxy (l) 2)0(,

2

22−=

−=′ y

xyyxy

(m) 3242

−+++

=′yxyxy (n)

yxyxy−−+

=′32 (o)

yyxy 12 −+

=′


Engin/Çengel

- 45 -

(p) 4−

+=′

xyxy (r)

84222−−−−

=′yx

yxy

5. Tam diferansiyel denklemler

5.1. Tam diferansiyel ne demektir. xyxyyxu −= 22),( fonksiyonunun tam diferansiyelini alınız. 5.2. Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin tam diferansiyel olup olmadıklarını inceleyiniz. Tam diferansiyel olanları çözünüz. (a) ( ) ( ) 01313 =′−++ yyx (b) ( ) ( ) 01313 =′+−− yxy

(c) ( ) ( ) 0222 =′−+− yexyxy y (d) 022 =′− yxyy

(e) ( ) 0cos2sin =′−+ yxexe yy (f) ( ) ( ) 02)2 =′−+++ yyxyx

(g) ( ) ( ) 0cossin 22 =′−−+ yyyxx (h) 11

++−−

=′yxyxy (i)

12

2 +−

=′ y

y

exxey

(k) y

x

eyxxeyxy 22 2cos

2sin2−+

=′ (l) ( ) ( ) 022 =′−++ yyxyx

(m) ( ) ( ) 0422 22 =++++ +++ dyexdxxxeex yxyxyx 5.3. Aşağıdaki çözümlere sahip olan diferansiyel denklemleri elde ediniz.

(a) 1.2sin),( 2 =−= + yxeyyxyxf (b) 45tan3),( 3 =−+= yxyxyxf 5.4. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerinin çözünüz

(a) ( ) ( ) 1)0(,012412 32 ==′−−++ yyyyx

(b) ( ) ( ) 2)1(,01cossin3 232 −==′+−++ yyyyxxeyx x

(c) ( ) ( ) 0)0(,0323132 ==′+−+−+ yyyxyx

(d) ( ) ( ) 0)2/(,0cossin3 32 =π=′+++ yyyexyeyx xx

(e) 4)0(,11

2

2=

−+

=′ yeyexy y

x (f) 3)2(,

123132

=−+−−−

=′ yyxyxy

6. Aşağıdaki Bernoulli tipi diferansiyel denklemleri çözünüz.

(a) 0)1(,4 ==−′ yyyy (b) 1)0(,42 3 =−=+′ yyyy (c) 0)1(,2 ==−′ yyxyy

(d) xyyyx ln2=+′


Engin/Çengel

- 46 -

3. BÖLÜM

İKİNCİ VE DAHA YÜKSEK MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER

3.1 GİRİŞ Birinci mertebeden diferansiyel denklemler, bir integral çarpanı kullanılarak sistematik bir yaklaşımla her zaman çözülebilirler. Çözülecek denklemin integrali alınabildiği sürece, sabit veya değişken katsayılı olması bu durumu değiştirmez. Ancak ikinci veya daha yüksek mertebeli denklemler için aynı şeyi söyleyemeyiz. Çünkü bu denklemlerin çözümü, büyük oranda, katsayıların sabit olmasına veya belirli şartları sağlayan türden değişken olmasına bağlıdır. İkinci ve daha yüksek mertebeli diferansiyel denklemler için genel bir çözüm yolu yoktur. Çoğu mühendislik probleminde sabit katsayılı ikinci mertebeden diferansiyel denklemleriyle karşılaşılır. Bu nedenle bu tür denklemlerin çözüm yollarını iyi kavramak gerekir. İkinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklem en genel halde

)()()( xRyxQyxPy =+′+′′

formunda verilir. Burada P, Q ve R , x bağımsız değişkenlerine bağlı fonksiyonlardır. R(x) terimi içerisinde y ve türevleri bulunmayan tüm ifadeleri temsil eder ve bu yüzden homojen olmayan terim adını alır. R(x) =0 ise bu durumda denklem homojendir denir. İkinci mertebeden diferansiyel denklemleri çözerken homojen kısmı ayrı ele almak genellikle daha uygundur. Bunun için ilk etapta denklemin sağ yanı sıfırmış gibi hareket edilir. Lineer denklemler ayrıca sabit ve değişken katsayılı olarak da sınıflandırılırlar.

3 22 8 1xy y y x e−′′ ′− + = + − sabit katsayılı

22 8y xy y x′′ − + = değişken katsayılı

Teorem 3‐1 Çözüm Varlığı ve Tekniği x1 < x < x2 aralığında P(x), Q(x) ve R(x) x’e bağlı sürekli fonksiyonlar ve x0 bu aralıkta bir nokta ise, bu durumda ;

( ) ( ) ( )y P x y Q x y R x′′ ′+ + =

diferansiyel denkleminin y(x0) = y0 ve y’(x0) =y0’ iki adet başlangıç şartını sağlayan aralıkta tek bir çözümü vardır. Ancak y(x0) =0 ve y’(x0) =0 başlangıç şartlarını sağlayan tek çözüm y=0 çözümüdür. Diferansiyel denklemin standart formda olması şarttır. Örneğin;

22 8 6xy x y′′ − = denklemi 34y xyx

′′ − = halinde yazılmadıkça standart forma gelmiş

sayılmaz.


Engin/Çengel

- 47 -

Örnek 3‐1 Aşağıdaki diferansiyel denklemin tek bir çözümünün olduğunu ve bu çözümün çözüm aralığını gösteriniz.

3 5 cos 2

1xy y y x

x′′ ′+ − = −

−

(5) 3y = ve (5) 1y′ = −

Çözüm: Bu bir başlangıç değer problemidir çünkü her iki koşul da aynı bağımsız değişken değerinde verilmiştir. Denklem ikinci mertebeden olduğu için en yüksek mertebe 2’dir. Denklemde y veya bunun türevlerinin çarpımı üssü ve lineer olmayan fonksiyonları olmadığından, verilen denklem lineerdir. Denklemin sağ yanı sıfır değil, dolayısıyla homojen değildir. Ayrıca denklem standart formdadır. Bu tahlilleri yaptıktan sonra;

13)(−

=x

xxp Q(x) = ‐5 , R(x) =cosx ‐2

yazalım. Açıkça görülüyor ki Q(x) ve, R(x) sürekli fonksiyonlar, P(x) ise x=1’de süreksizdir. Dolayısıyla her üç ifadenin de sürekli olduğu ‐∞ < x < +1 ve 1 < x < ∞ aralıklarında çözümün olup olmadığı aranmalıdır. Başlangıç koşulu olan x0=5 noktası ikinci aralıktadır ve bu aralıkta çözüm varlığı ve tekliği garanti altına alınmış olur. Lineer sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemlerin katsayıları zaten ‐∞ < x < + ∞ aralığında sürekli olduğundan çözüm tüm x değerleri için geçerli olacaktır. Ancak bir diferansiyel denklemi çözme ile bir başlangıç değer problemini çözme arasındaki ayrımı görmemiz gerekir. İkinci mertebeden bir diferansiyel denklemin çözümünden c1 ve c2’nin alabileceği sonsuz değere karşılık sonsuz adet çözüm vardır. Verilen iki koşul için bu sabitler belirlenir. Birinci olasılık bu iki şartı aynı noktada (aynı x0 değeri için) vermektir. Bu bizi başlangıç‐değer problemine götürür ve içerisinde x0’ın yer aldığı bir aralıkta çözümün garantisi vardır. Ancak iki şart farklı x değerleri için verilmişse ki bir sınır‐değer problemimiz var demektir. Yukarıda verilen Teorem‐3‐1, bu tür bir problemin çözümünün olup olmadığı konusunda bir garanti vermez. Sadece c1 = c2 elde edilebilen şartlarda sınır‐değer probleminin çözümünün varlığından ve tekliğinden söz edilebilir. Örneğin;

2 32 3 xy y x y x e−′′ ′+ − = y(0)=2 , (0) 5y′ = tekbir çözüm garanti olmasın karşın,

xexyxyy −=−+′ 323'2' y(0)=2, (8) 3y′ = denklemi için çözüm tek olmayabilir, hatta hiçbir çözüm bulunmayabilir. Örnek 3‐2 Kararlı rejimde L kalınlığındaki düzlemsel bir duvar içerisindeki sıcaklık dağılımı 0y′′ = denklemiyle verilir. Burada y , x noktasındaki sıcaklığı temsil ediyor. Verilen denklemin genel çözümünü ve aşağıdaki durumlar için özel denklemlerini elde ediniz.

a) y(0)=10 , (0) 5y′ = −

b) y(0)=10 , y(L)=0 c) (0) 5y′ = − , ( ) 10y L′ =


Engin/Çengel

- 48 -

d) (0) 5y′ = − , ( ) 5y L′ = − Çözüm: Çözüm aralığımız Lx ≤≤0 olacaktır. Art arda iki kez integre edersek genel çözüm;

21 cxcy += olur. Bu ise eğimi c1 olan bir doğru denklemidir.

a. y’(0)=‐5 c1= ‐5 y(0)=10 10=‐5.0 + c2 , c2 = 10

10.5)( +−= xxy elde edilir. Diğer hiçbir koşul bu şartları sağlayamaz. Dolayısıyla verilen başlangıç‐değer probleminin tek çözümüdür.

b. Sabitler belirlenirse c2=10 , Lc 10

1 −= bulunur. Bu durumda 1010)( +−= xL

xy

Buda verilen koşullar için elde edilebilecek tek çözüm olduğundan sınır‐değer problemi tek bir çözüme sahiptir.

c. Verilen koşullar için y’(0)=‐5 c1= ‐5

y’(L)=10 c1= 10

bulunur ki bu imkansızdır. Dolayısıyla verilen koşullar için problemin çözümü yoktur. Fiziksel olarak problem duvarın her iki yanından ısı verilmesini ve kararlı rejim oluşmasını öngörmektedir ki bu imkansızdır.

d. Verilen koşullar için y’(0)=‐5 c1= ‐5 y’(L)=‐5 c1= ‐5

dolayısıyla 25)( cxxy +−= elde edilir ki bu çözüm c2 ‘ye bağlı olduğundan tek çözüm değildir. Fiziksel olarak bu problemin duvarın bir tarafından verilen ısının diğer tarafından aynı hızla uzaklaştırıldığı bir duruma karşılık gelir. Bu ise duvar içerisindeki sıcaklık dağılımını bulma için yeterli bir bilgi değildir.

3.2. LİNEER BAĞIMSIZLIK VE WRONSKIAN FONKSİYONLARI

Verilen bir aralıkta bir fonksiyon diğer bir fonksiyonun bir sabitle çarpımından elde edilebiliyorsa bu iki fonksiyon lineer bağımlıdır denir. Aksi durumlar için lineer bağımsızlık söz konusudur. Diğer bir ifadeyle iki fonksiyonun oranı sabit bir sayı ise lineer bağımlılık vardır denir.

23

2

3

2

1

2

1 =⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

=

=

yy

ey

eyx

x (lineer bağımlılık)

xyy

xyy 11

2

1

2

1 =⇒⎭⎬⎫

==

(lineer bağımsızlık)

Bu ifadeyi daha genelleştirmek için c1y1 + c2y2 = 0 şeklinde verilen y1 ve y2 fonksiyonlarının lineer kombinasyonunu dikkate alalım. Eğer x1 < x < x2 aralığında c1y1 + c2y2 = 0 ilişkisi sadece c1=c2=0 için sağlanıyorsa y1 ve y2 lineer bağımsız fonksiyonlarıdır denir.


Engin/Çengel

- 49 -

Örnek 3‐3 Lineer bağımsız fonksiyonlar ‐∞ < x < +∞ aralığında aşağıdaki fonksiyon çiftlerinin lineer bağımlı veya bağımsız olduklarını belirtiniz.

a) y1=6x , y2=2 b) y1=x

2 , y2=x3

c) y1=ex , y2=e

‐x d) y1=e

x , y2=e2x

Çözüm

(a) xxyy

32

6

2

1 == (bağımsız)

(b) xx

xyy 1

3

2

2

1 == (bağımsız)

(c) xx

xe

ee

yy 2

2

1 ==−

(bağımsız)

(d) xx

xe

ee

yy −== 2

2

1 (bağımsız)

İki Fonksiyonun WRONSKIAN’ı Yukarıdaki örneklerin dışında üç ya da daha fazla fonksiyonun lineer bağımsızlığını bulmak durumunda kalındığında daha genel bir yola ihtiyaç vardır. Biz bunu y1 ve y2 şeklinde iki fonksiyon için gösterip genelleştireceğiz. Belirli bir aralıkta verilen y1 ve y2 fonksiyonları, tüm x’ler için ;

1 2

1 20

' 'y y

Wy y

= ≠ ise

bu iki fonksiyon lineer bağımsızdır denir. Aksi halde lineer bağımlılık vardır. Örnek 3‐4 Aşağıdaki fonksiyon çiftleri için lineer bağımlı veya bağımsız olduklarını gösteriniz.

(a) 221 ,1 xyxy =+=

(b) xyxy cos,sin 21 ==

(c) 32

31 2, xyxy −==

Çözüm

(a) 21 2 1 2 ( 1)(2 ) 1( ) ( 2) 0W y y y y x x x x x′ ′= − = + − = − + ≠

(b) 01cos.cos)sin(sin ≠−=−−= xxxxW

(c) 0)2)(3()6( 3223 =−−−= xxxxW (lineer bağımlı)


Engin/Çengel

- 50 -

Genelleştirirsek, n adet y1 , y2 , ... yn fonksiyonunun x1 < x < x2 aralığında her birinin (n‐1) adet türevi varsa bunlara ait W determinantı;

0

...

......

......'...''

...

)1()1(2

)1(1

21

21

≠=

−−− nn

nn

n

n

yyy

yyyyyy

W ise bu fonksiyonlar lineer bağımsızdır.

3.3. HOMOJEN DENKLEMLER TEORİSİ

0y′′ = diferansiyel denkleminin çözümüne tekrar bakalım. 21 cxcy += genel çözümünü y1=x ve y2=1 almak suretiyle 2211 ycycy += olarak ifade edebiliriz. Buna göre aşağıdaki süperpozisyon ilkesi yazılabilir. “Eğer y1 ve y2 lineer homojen bir diferansiyel denkleminin çözümleriyse (

( ) ( ) 0y P x y Q x y′′ ′+ + = ) , 2211 ycycy += de bu denklemin bir çözümüdür.” Örnek 3‐5 Süperpozisyon İlkesi (Homojen Denklemler) e‐2x ’in y’’‐ 4y = 0 diferansiyel denkleminin bir çözümü olduğunu, ayrıca 5e‐2x’ in de aynı denklemin bir çözümü olduğunu gösteriniz. Çözüm

-2x 2x 2 2 2 2 2 24 (e e ) 4( ) 4 4 4 4 0x x x x x xy y e e e e e e− − −′′ − = + − + = + − − = Ancak bu durum homojen olmayan diferansiyel denklemler ve lineer olmayan diferansiyel denklemler için geçerli değildir. Öyle görünüyor ki ikinci mertebeden homojen diferansiyel denklemler sonsuz sayıda çözüme sahiptir, ancak bunların çoğu ancak bir sabit çarpan ile birbirinden ayrılmışlardır

(e‐x, 3 e‐x, 100 e‐x , xe−21

gibi). Yani çözümlerin çoğu lineer bağımlıdır. O halde bir lineer

homojen denklem lineer bağımsız kaç tane çözüme sahip olabilir? Bunun cevabı, diferansiyel denklemin mertebesi sayısıncadır. Teorem: Süperpozisyon ilkesi

0)(')(' =++′ yxQyxPy denklemi , x1 < x < x2 aralığında sürekli olan P(x) ve Q(x) fonksiyonları için, her zaman y1 ve y2 lineer bağımsız iki çözüme sahiptir. Ayrıca bu aralıktaki herhangi bir çözüm bu iki çözümün lineer kombinasyonu olarak;

2211 ycycy +=


Engin/Çengel

- 51 -

şeklinde ifade edilebilir. 3.4. SABİT KATAYILI HOMOJEN DENKLEMLER İkinci mertebeden sabit katsayılı homojen bir diferansiyel denklem sistematik bir yolla kolayca çözülebilir. Değişken katsayılı denklemler için iş daha zordur. Ve bu tür denklemler genellikle sonsuz seriler cinsinden çözülürler. Şimdi 0ay by cy′′ ′+ + = denklemini dikkate alalım. Burada a, b, c sabit katsayılardır. Dolayısıyla çözüm aralığımız ‐∞ < x < +∞ olur. Bu tür bir denklem her zaman y1 ve y2 gibi lineer bağımsız iki çözüme sahiptir ve denklemin genel çözümü

2211 ycycy += şeklinde ifade edilir. Peki y1 ve y2 ‘yi nasıl elde edebiliriz...

0ay by cy′′ ′+ + = denklemine dikkatli bakıldığında çözüm fonksiyonlarını ve türevlerini belirli sabitlerle çarparak topladığımızda tüm x değerleri için sonucun sıfır olması gerektiği anlaşılmaktadır. Dolayısıyla çözüm fonksiyonu ve türevleri en fazla bir sabit çarpan farkıyla benzer olmalıdır. Buna uyan tek elementer fonksiyon emx fonksiyonudur (m=sabit). Örneğin;

mxy e= , mxy me′ = , 2 mxy m e′′ = gibi. y = emx çözüm teklifi diferansiyel denklemde yazılırsa,

2( ) ( ) ( ) 0mx mx mxa m e b me c e′′ ′+ + = veya,

0)( 2 =++ cbmamemx olur.

Eşitliğin sıfır olabilmesi için 0≠mxe olduğundan;

0)( 2 =++ cbmam olmalıdır. Bu denkleme karakteristik denkleme diyeceğiz. Bu denklemin kökleri olan m1 ve m2 ise karakteristik kökler olup;

aacbbm

242

2,1−−

=∓

ifadesinden hesaplanır. Dolayısıyla iki kök için elde edilecek iki çözüm fonksiyonu ;

xmey 1

1 = ve 22

m xy e= olur.

Eğer m1 ve m2 farklı reel sayılarsa bu iki çözüm lineer bağımsızdır. Ancak köklerin eşit olma ve kompleks olma ihtimalleri de vardır.


Engin/Çengel

- 52 -

1. Durum: Farklı iki reel kök 21 mm ≠ Bu durumda y1 ve y2 lineer bağımsız olacağından denklemin genel çözümü

xmxm ececy 21

21 += olur. Örnek 3.6

2 0y y y′′ ′+ − = diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz . Çözüm:

Karakteristik denklem 022 =−+ mm veya ,0)2)(1( =−− mm m1=1 ve m2=‐2,

xx ececy 221

−+= Örnek 3.7 Silindirik yapılı (D çapında L boyunda) alüminyum kanatlar sıcak yüzeylerden ısının uzaklaştırılmasında yaygın olarak kullanılır. Böyle bir kanat içerisindeki sıcaklık dağılımı, T=T(x)

0'' =− TT λ , 04>=

kDhλ

diferansiyel denklemiyle tanımlanır. Burada h kanat ile çevresi arasındaki ısı transfer katsayısı, k kanat malzemesinin ısı iletim katsayısıdır.

L= 0.5 m λ= 4 m−1 T(0) = 200 ° C

(0)T ′ = −480 °C/m verildiğine göre kanat boyunca olan sıcaklık dağılımını ve kanat ucundaki (x = L=0,5 m) sıcaklığı belirleyiniz. Çözüm: Bu bir başlangıç‐değer problemidir ve 04'' =− TT

T(0) = 200 T’(0) = ‐480

şeklinde özetlenebilir. Karakteristik denklem

042 =−m , m1=2 ve m2=‐2 bulunur. Buna göre ;

xx ececxT 22

21)( += − elde edilir. Ayrıca ,

2 21 2( ) 2 2x xT x c e c e−′ = − + yazılarak koşullar yerine konulursa;


Engin/Çengel

- 53 -

T(0) = 200 → c1+c2 = 200 (0)T ′ = ‐480 → −2c1+2c2= −480

sisteminden c1=220 , c2=‐20 elde edilir.

Böylece 2 2( ) 220 20x xT x e e−= −

Kanat ucundaki sıcaklık için x=0.5 alınırsa,

2 0.5 2 0.5( 0.5 ) 220 20 26.57 CT x m e e− ⋅ ⋅= = − = ° 2. Durum: Eşit gerçek iki kök 21 mm =

Eğer 042 =− acb ise karakteristik denklemin reel ve eşit iki kökü olur. Bu durumda

özdeş iki çözüm vardır.

x)a2b(mxxmxm

1 eeeey 21

−

==== olur.

Lineer bağımsız ikinci çözümü elde etmek için mertebe düşürme yöntemi uygulanır. Bu

yöntemde yxy )(2 υ= olarak verilir ve dxy

exdxxP

∫∫−

=υ 21

)()( tanımlanır.

0=+′+′′ cyybya diferansiyel denklemi 0=+′+′′ yacy

aby yazılırsa a

bxP =)( dır.

Buna göre xdxe

ex xab

dxab

==υ ∫ ∫ −−

)/()( bulunur.

Buradan 12 xyy = olur. Dolayısıyla diferansiyel denklemin genel çözümü

)xcc(exececyyy 21mxmx

2mx

121 +=+=+= olur.

Örnek 3‐8 ( )21 mm = durumu

0y9y6y =+′+′′ diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm:

Karakteristik denklem 0962 =++ mm , 0)3( 2 =+m veya 321 −==mm bulunur.

Buna göre )( 213 xccey x += −

olur.


Engin/Çengel

- 54 -

Durum 3: kompleks kök durumu )im( 2,1 βα ∓= 0ac4b2 <−=Δ kökler kompleks

olur.

Burada 1i −= , a2b

−=α ve abac

24 2−

=β dır.

Şimdi 1y ve 2y çözümlerine bakalım.

1 ( )1

m x i x x i xy e e e eα β α β+= = = ×

2 ( )2

m x i x x i xy e e e eα β α β− −= = = ×

)(21xixixxixxix BeAeeeBeeAeyyy β−βαβ−αβα +=+=+=

burada A ve B keyfi sabitlerdir. Çözüm fonksiyonu komplekstir ancak gerçek fonksiyonlarla

da ifade edilebilir.

⎪⎭

⎪⎬⎫

+=−=−

xixexixe

ix

ix

sincossincos

Taylor serisi açılımından elde edilerek yerine konulursa;

)sin(cos)sin(cos xixAxixABeAe xixi β−β+β+β=+ β−β

( ) xBAixBA β−+β+= sincos)(

xSinCxCosC β+β= 21

olur. Burada BAC +=1 ve )(2 BAiC −= olarak keyfi sabitlerdir. Böylece aranan

genel çözüm

( )xSinCxCosCey x β+β= α21 olur.

Örnek 3‐9 ( )β±α= im 2,1 durumu

0y3y2y =+′−′′ diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm:

03m2m 2 =+−

( ) ( )22

1,2

2 2 4 1 342 2.1

ib b acma

− − − − × ×− −= =

∓∓

2i1m 2,1 ∓=

olur. Buradan 1=α ve 2=β olduğundan


Engin/Çengel

- 55 -

( )x2SinCx2CosCey 21x += bulunur.

3.5. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER TEORİSİ

İkinci mertebeden lineer, homojen olmayan bir diferansiyel denklem

( ) ( ) ( )xRyxQyxPy =+′+′′

Bu denklemin homojen hali ( ) 0xR = için elde edilir. Buna göre homojen kısmı

2211h ycycy +=

formunda olacaktır. Buna karşın herhangi bir keyfi sabit içermeyen ve homojen olmayan denklemi de sağlayan çözüm bir özel çözüm olarak adlandırılır. Bir sonraki adımda, elde dilen homojen kısmın çözümü tüm denklemin çözümü olacak şekilde değişikliğe uğratılır. Bu, aşağıdaki teorem ile yapılır:

Teorem: eğer öy , ( ) ( ) ( )xRyxQyxPy =+′+′′ denkleminin bir özel çözümü ise bu halde

denklemin genel çözümü

ööh yycycyyy ++=+= 2211

olur. P, R ve Q fonksiyonları 21 xxx << aralığında sürekli fonksiyonlardır. Burada şunu

belirtelim ki özel çözüm tek değildir. Homojen olmayan diferansiyel denklemi sağlayabilecek

çok sayıda çözümler vardır ve bunlardan herhangi biri özel çözümün yerini alabilir. Örneğin

8y4y =−′′ denkleminin homojen kısmının çözümü ( ) xx ececxy 22

21 += − dir. Bu

çözümün homojen olmayan denklemin de genel çözümü olabilmesi için bir özel çözüme

ihtiyaç vardır. Kontrol edilirse 2y −= nin verilen diferansiyel denklemi sağladığı görülür.

Böylece homojen olmayan diferansiyel denklemin genel çözümü,

( ) 2ececxy x22

x21 −+= −

olur. Biz, özel çözüm olarak x2e2y +−= veya x2e42y −+−= hatta

( )x2x2 e5e32y +−−= − ifadesini de seçsek homojen olmayan denklemin yine sağlandığını

görürüz. Bunun nedeni, iki çözümün lineer kombinasyonlarının da çözüm olmasıdır. Burada,

2yö −= çözümü en basitidir. Homojen olmayan denklemin genel çözümü, özel çözümün

seçiminden etkilenmez. Sonuçta homojen kısmın çözümü 2211h ycycy += halinde ifade

edileceğinden, ortak paranteze almak suretiyle, genel çözüm yine 1 1 2 2 2y c y c y= + − olur.


Engin/Çengel

- 56 -

Homojen olmayan terim )x(R genellikle birkaç terimden oluşur ve bazen her bir terime

karşılık gelen özel çözümler elde edilerek toplanabilir.

Teorem: Süperpozisyon ilkesi

Eğer, 1öy , ( ) ( ) ( )xRyxQyxPy 1=+′+′′ diferansiyel denkleminin bir özel çözümü ve 2öy ,

( ) ( ) ( )xRyxQyxPy 2=+′+′′ denkleminin bir özel çözümü ise 2ö1ö yy + ,

( ) ( ) ( ) ( )xRxRyxQyxPy 21 +=+′+′′ denkleminin bir özel çözümüdür.

3.6. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER; BELİRSİZ KATSAYILAR YÖNTEMİ

Homojen olmayan bir diferansiyel denklemi çözmenin en basit yolu belirsiz katsayılar yöntemidir. ( ) ( ) ( )xRyxQyxPy =+′+′′ diferansiyel denklemi sabit katsayı halde yazılırsa,

( )xRcyby =+′+′′

elde ederiz. )x(R teriminin alacağı bazı özel haller için bu yöntem son derece kullanışlıdır. Bunlar:

1. ( ) →= kxR sabit

2. ( ) ( )→= xPxR n x’e bağlı bir polinom

3. ( ) →= kxAexR üstel fonksiyon

4. ( ) xsinAxR α= veya xcosB α

5. veya bunların sonlu sayıda çarpanından oluşmuş fonksiyonlar, ( ) xsinxPAe nkx α

gibi.

Her ne kadar )x(R için verdiğimiz bu haller çok kısıtlayıcı görünse de uygulamada karşılaşılan çoğu problem bu sınıfa girmektedir. Eğer denklem değişken katsayılı ise, metodun bir garantisi yoktur. Ayrıca, x1 veya xtan gibi sonsuz sayıda lineer bağımsız

türevi bulunan )x(R formları için de metot pratik değildir. Bu tür durumlar için ileride görülecek olan sabitin değişimi yöntemi daha uygun olmaktadır.

Örnek 3‐10 ( ) kxexR = x3e10y4y =−′′ diferansiyel denklemini çözünüz.

Çözüm:

3xöy Ae= alalım ve verilen denklemi sağlaması için A sabitinin ne olması gerektiğine

bakalım.

xö Aey 33=′


Engin/Çengel

- 57 -

xö Aey 39=′′

olduğundan 2Ae10Ae4Ae9 x3x3x3 =→=−

Dolayısıyla özel çözüm x3ö e2y = olur.

Not: Özel çözümün sabit bir sayı ile çarpımı bir başka özel çözüm olmaz. Örnek 3‐11 ( ) xsinxR α=

x2sin6y3yy =−′+′′ diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm:

⎪⎭

⎪⎬

⎫

−=′′=′=

xAyxAy

xAy

ö

ö

ö

2sin42cos2

2sin denklemde yazalım.

x2sin6x2sinA3x2cosA2x2sinA4 =−+−

( ) xxAAAx 2sin62cos2342sin =+−−

76

−=A , 02 =A , 0A = buluruz ki bu imkansızdır. Peki nerede hata yapılmıştır? Sorunun

cevabı basittir. Önerilen çözümün türevleri lineer bağımlı olmayan fonksiyonlar türetmektedir. Dolayısıyla önerinin x2cosBx2sinAyö += şeklinde olması gerekirdi.

Buna göre xBxAyö 2sin22cos2 −=′

xBxAyö 2cos42sin4 −−=′′

x2sin6x2cosB3x2sinA3x2sinB2x2cosA2x2cosB4x2sinA4 =−−−+−− ( ) ( ) x2cos.0x2sin6B3A2B4x2cosA3B2A4x2sin +=−+−+−−−

⎭⎬⎫

=−=−−072

627BA

BA ikinci eşitlik 7, birincisi 2 ile çarpılırsa

0491412414

=−=−−

BABA

53121253 −=→=− BB

7 7 12 422 2 53 53BA ⎛ ⎞= = − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )6 sin 2 7cos 253öy x x= − +


Engin/Çengel

- 58 -

Örnek 3‐12 ( ) ( )xPxR n=

2x8y4y2y =−′+′′ diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm:

Çözüm teklifi CBxAxy 2ö ++= şeklinde olmalıdır.

BAxyö +=′ 2 Ayö 2=′′

22 8444242 xCBxAxBAxA =−−−++

( ) ( ) 22 x8C4B2A2B4A4xA4x =−++−+−

⎪⎭

⎪⎬

⎫

=−+=−

=−

0C4B2A20B4A4

8A4 denklem sisteminden 2CBA −===

( )1xx2y 2ö ++−=

Not: Eğer dcxbxaxy 23ö +++= teklifi yapılmış olsaydı 0a = , 2dcb −===

bulunacaktı. Örnek 3‐13 Özel çözümlerin süperpozisyonu

x22 e6xcos4xsin21x3x8y4y2y −+++−=−′+′′ diferansiyel denkleminin bir özel çözümünü bulunuz. Çözüm:

Verilen denklem ( ) ( ) ( )x22 e6xcos4xsin21x3x8y4y2y −+++−=−′+′′ şeklinde yazılırsa, aranan özel çözümün

( ) ( ) x22132

21ö Cex2cosBxsinBAxAxAy +++++= formunda olacağını

söyleyebiliriz. Bu şekilde öy′ ve öy′′ türevlerini alarak ve verilen diferansiyel denklemde

yerine yazarak C,B,B,A,A,A 21321 şeklinde altı katsayıyı belirlemek mümkündür. Ancak


Engin/Çengel

- 59 -

bu uzun ve hata yapmaya elverişli bir yol olur. Bunun yerine problemi üç aşamada çözmek ve sonuçta her aşamada elde edilen özel çözümleri toplamak da aynı sonucu verecektir.

21( ) 8 3 1R x x x= − + için 32

211ö AxAxAy ++=

2 ( ) 2sin 4cosR x x x= + için xcosBxsinBy 212ö +=

23( ) 6 xR x e= − için x2

3ö Cey =

yazılarak çözüm yapılırsa

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

−=

−−=

++−=

x23ö

2ö

21ö

e32y

xcos2924xsin

292y

375.0x25.1x2y

3ö2ö1öö yyyy ++= olur.

Örnek 3‐14 Özel çözümler (Fonksiyon çarpımları)

x2x2 e5xey4y2y +=−′+′′ denkleminin bir özel çözümünü bulunuz. Çözüm:

Önceki örneklerden farklı olarak burada x2xe şeklinde fonksiyon çarpımı vardır. Özel çözümün yapısı hakkında bir fikir edinmek için bu fonksiyonun ilk iki türevine bakalım.

( ) xxexR 21 =

( ) 2 21 2x xR x e xe′ = + ve ( ) 2 2 2

1 2 2 4x x xR x e e xe′′ = + +

Görüldüğü gibi türevlerden x2e ve x2xe gibi lineer bağımlı olmayan iki ifade gelmektedir. O halde önerilecek özel çözüm bu iki ifadenin lineer bir kombinasyonu şeklinde olmalıdır. Dolayısıyla

( ) x2x2x2ö eBAxBeAxey +=+=

Denklemin sağındaki x2e5 terimi ise x2Ce şeklinde bir ifadeyi getirecektir. Ancak bunu da

x2Be terimi ile zaten dikkate almış oluyoruz. Birinci ve ikinci türevleri alıp diferansiyel denklemde yazalım:

( )( )

2 2

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

4 4 4

x xö

x x xö

x x xö

y Ae Ax B e

y Ae Ae Ax B e

y Ae Axe Be

⎫′ = + +⎪⎪⎡ ⎤′′ = + + + ⎬⎣ ⎦⎪

′′′ ⎪= + + ⎭

denklemde yazılırsa

( )[ ] x2x1x2x2x2x2x2x2x2 e5xeBe4Axe4Be4Axe4Ae2Axe4B4A4e +=−−+++++

[ ] [ ] x2x2x2x2 e5xeA4A4A4xeB4B4A2B4A4e +=−++−+++

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=→=+→=+

235

41B5B4

41.65B4A6


Engin/Çengel

- 60 -

41A1A4 =→= ve

87B =

Böylece özel çözüm x2ö e

87x

41y ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += olur.

Burada şunun altını çizmemiz gerekir: Fonksiyonların çarpımı şeklinde verilen bir )x(R için teklif edilecek olan özel çözüm, çarpıma katılan her bir fonksiyonun özel çözümlerinin çarpımıdır.

Örneğin ( ) x2xexR = için x ’den dolayı BAx + ve x2e ’den dolayı x2Ce önerilmelidir.

Dolayısıyla xxe için ( ) x2

KK

x2ö eBCxACCeBAxy

21⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=

( ) xö eKxKy 2

21 += olmalıdır. Örnek 3‐15 Başlangıç‐değer problemi

020 ChT = sıcaklığındaki hava ortamında bulunan bir kanatçıktaki sıcaklık dağılımı

( ) 0TTT h =−−′′ λ ile tanımlanır. 4λ = , ( ) 00 200 CT = , ( ) 00 420 C mT ′ = − ve 020 ChT = verildiğine göre kanatçıktaki sıcaklık dağılımını bulunuz.

Çözüm: Verilen başlangıç‐değer problemi 804 −=−′′ TT ; ( ) 2000 =T ; ( ) 4200 −=′T olarak özetlenebilir. Denklem ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen olmayan bir diferansiyel denklemdir. Karakteristik denklem 2 4 0m − = , 2m = ∓ olur. Dolayısıyla homojen kısmın genel çözümü

( ) xx eCeCxT 22

21 += −

denklemin sağ yanı, yani R(x) sabit olduğundan öy A= teklifi uygundur. 0ö öy y′ ′′= = alarak denklemde yazalım. 80A40 −=− , 20=A Dolayısıyla 20yö = olur. Buna göre homojen olmayan denklemin genel çözümü

( ) 2022

21 ++= − xx eCeCxT

Verilen koşulları kullanmak üzere

( ) x22

x21 eC2eC2xT +−=′ − yazılarak

( ) 2002000 21 =+→= CCT

( ) 420224200 21 −=+−→−=′ CCT

15C1 −=


Engin/Çengel

- 61 -

195C2 = olarak elde edilir. Böylece aranan denklem

( ) x2x2 e195e15xT +−= − olur. Not: Verilen başlangıç şartlarının problemin genel çözüm denklemine uygulanması gerektiği unutulmamalıdır. Sadece homojen kısmın çözümüne veya özel çözüme bu şartlar uygulanmamalıdır. 3.7. HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER: SABİTİN DEĞİŞİMİ METODU Bir önceki bölümde anlatılan belirsiz katsayılar metodu oldukça basit ve düz bir mantıkla hareket etmeyi gerektirir. Ancak iki önemli dezavantaja sahip olması bu metodun genelleşmesini engellemiştir. Bunlardan biri denklemin sabit katsayılı olmak zorunda olması, bir diğeri homojen olmayan kısmın ‐ )(xR ‐ belirli tiplerde olması gerekliliğidir. Bu iki eksikliği gideren metot sabitin değişimi metodudur. Tek dezavantajı homojen kısmın çözümünün yapılmış olmasını gerektirmesidir. İlk defa Lagrange tarafında geliştirildiği için Lagrange Teoremi veya Green Teoremi olarak bilinir. Önceki bölümden bildiğimiz gibi ( ) ( ) ( )xRyxQyxPy =+′+′′ diferansiyel denkleminin

homojen kısmının yani ( ) ( ) 0=+′+′′ yxQyxPy denkleminin 1y ve 2y gibi iki tane lineer

bağımsız çözüm fonksiyonu vardır ve bu çözüm 2211h yCyCy += şeklinde bu

fonksiyonların lineer bir kombinasyonudur. Bu çözüm metodunun arkasındaki temel fikir

2211 yuyuyo += formunda bir özel çözüm arayışıdır. Böylece şu sorunun cevabı aranır: Homojen kısmının çözümünde yer alan C1 ve C2 sabiti nasıl birer u1(x) ve u2(x) fonksiyonları olmalı ki yukarıdaki ifade homojen olmayan diferansiyel denklemin bir özel çözümü olabilsin. İki tane bilinmeyen fonksiyonu belirleyebilmek için iki denkleme ihtiyaç vardır. Bunlardan biri öy çözümünün diferansiyel denklemi sağlama şartından, diğeri ise bu iki fonksiyonun bizim tarafımızdan seçilecek bir şartı sağlamasından elde edilir.

Şimdi kendi şartımızı (bütünler şart)

02211 =′+′ yuyu olacak şekilde belirleyelim. Bunu dikkate alarak ikinci türevi alalım.

22112211 yuyuyuyuyo ′′+′′+′′+′′=′′ Şimdi de oy′ ve oy ′′ ifadelerini diferansiyel denklemde yerine koyalım. Böylece aşağıdaki ifadeyi elde ederiz.

)()()( 22112222111 xRyuyuQyyPyuQyyPyu =′′+′′++′+′′++′+′′′

)(),(),()( 221122112211 xuuxuuyuyuyuyuyo ==′+′+′+′=′


Engin/Çengel

- 62 -

Ancak y1 ve y2 ilgili homojen denklemin çözümü olduklarından parantez içleri sıfır olur. Böylece

)(2211 xRyuyu =′+′ denklemi bulunur. Bu denklem ile bütünler şart olarak elde ettiğimiz denklemin (

02211 =′+′ yuyu ) oluşturduğu denklem sisteminin çözümünden,

2 11 2

1 2 1 2 1 2 1 2

( ) ( )y R x y R xu ve uy y y y y y y y

′ ′= − =′ ′ ′ ′− −

bulunur. Her iki denklemin paydasındaki 2121 yyyy ′−′ Wronskian değeri olup, y1 ve y2 lineer bağımsız olduğundan her zaman sıfırdan farklı değerler alır. Böylece aradığımız fonksiyonlar,

dxyyyy

xRyuvedxyyyy

xRyu ∫∫ ′−′=

′−′−=

2121

12

2121

21

)()(

olacaktır. Buradaki integrallerin sonucunda gelecek sabitlerin dikkate alınmaması aranan genel çözümü etkilemez. Bu yüzden integral sabitleri bu aşamada dahil edilmez. Böylece özel çözüm elde edildikten sonar, genel çözüm,

22211122112211 )()( ycuycuyuyuycycyyy öh +++=++=+= olur. Yukarıda u1 ve u2 nin elde edilmesi sırasındaki integraller bazen analitik olarak alınmayabilirler. Bu durumda sayısal integral alma yoluna gidilir. Örnek 3‐16 Sabitin değişimi metodu

xeyyy

x=+′−′′ 2

diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm

1012 212 ==⇒=+− mmmm olduğundan homojen kısmın çözümü

xxh xececy 21 += Açıkça görülüyor ki xx xeyey == 21 , tir. Ayrıca

xexR

x

=)( ve

)1(21 +=+=′=′ xexeeyey xxxx olduğundan

xxxxxxxxx exexeexeexeeeyyyyW 22222121 )( =−+=−+=′−′= olur.

Böylece

21 2

12 2

( )( )

( )( ) ln

x x

x

x x

x

y R x xe eu x dx dx dx xW e x

y R x e e dxu x dx dx xW xe x

= − = − = − = −

= = = =

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫


Engin/Çengel

- 63 -

Dolayısıyla aradığımız özel çözüm,

xxexeyuyuy xxö ln2211 +−=+= ve genel çözüm,

xxexexececyycycy xxxxö ln212211 +−+=+−=

xxexeKecy xxx ln21 ++= olur. 2 2 1K C= − dir.


Engin/Çengel

- 64 -

3.8 EULER DENKLEMLERİ Şimdiye kadar sabit katsayılı lineer denklemler üzerinde durduk. Katsayıların değişken olması durumunda ise sadece bazı özel durumlar dışında, basit bir çözüm yolu yoktur. Sabit katsayılı lineer bir denkleme dönüştürülebilen Euler (veya Euler‐Cauchy) denklemi buna bir örnektir. Denklem,

)(2 xrcyybxyx =+′+′′ formunda verilir ve b, c sabitlerdir. Euler denklemi genellikle

0),(2 ≠=+′+′′ xxRyxcy

xby standart şeklinde verilir. Açıkça görülüyor ki x=0 için

çözüm yoktur.Dolayısıyla çözüm aralığı bu noktayı hariçte bırakacak şekilde seçilmelidir. Ayrıca mutlak değer işaretini kullanmamak için x > 0 durumları incelenecektir. Ancak x<0 için de çözümler yapılabilir. Euler denklemi sabit katsayılı lineer bir diferansiyel denkleme dönüştürmek için x=et veya t=lnx dönüşümü uygulanır. Böylece denklem,

)()1( tercyyby =+−+ halini alır. Burada, 2

2

,dt

ydydtdyy == dir.

Örnek 3‐17 Euler Denklemi,

x>0 olmak üzere 0422 =−′−′′ yyxyx diferansiyel denklemini çözünüz. Çözüm Verilen denklem bir Euler denklemidir. Denklem standart formda yazılırsa,

0422 =−′−′′ y

xy

xy olarak ,

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

−=⇒−≡

−=⇒−≡

44

22

22c

xxc

bxx

b

elde edilerek

0432

2=−− y

dtdy

dtyd

Bu ise ikinci mertebeden, lineer, sabit katsayılı ve homojen bir diferansiyel denklem olup karakteristik denklemi

41043 212 =−=⇒=−− mvemmm bulunur. Buna göre dönüştürülmüş denklemin

genel çözümü,

tt ececty 421)( += −

olur. Ancak xt ln= olduğundan,


Engin/Çengel

- 65 -

42

1

ln2

ln1

ln42

ln1

41

)(

xcxc

ecec

ececxyxx

xx

+=

+=

+=−

−

Not: ue u =ln Euler denklemlerinin genel çözümü, alternatif bir yol izlendiğinde, aşağıdaki gibi de özetlenebilir.

02 =+′+′′ cyybxyx diferansiyel denkleminde y=xr dönüşümü uygulandığında denklem,

2 ( 1) 0rx r b r c⎡ ⎤+ − + =⎣ ⎦ halini alır. Bu denklemin r1 ve r2 kökleri için şu genellemeler

yapılabilir.

1. 1 21 2 1 2,r ry c x c x r r= + ≠ gerçek kökler

2. ( ) rrrxxccy r ==+= 2121 ,ln gerçek kök

3. [ ] β±α=β+β= α irxcxcxy 2,121 ,)lncos(lnsin(

Burada c1 ve c2 sabit olup x>0 için mutlak değer işaretleri kaldırılabilir. Eğer çözüm

0<<∞− x aralığında aranıyorsa xx −= alınır.

Bunların dışında eğer Euler denklemi

)()()( 02

0 xrcyyxxbyxx =+′−+′′−

formunda verilmiş olabilir. Bu durumda;

a)‐ rxxy )( 0−=

b)‐ rtyvexxt =−= 0

c)‐ texx =− 0

dönüşümlerinden biri uygulanarak verilen denklem sabit katsayılı hale getirilebilir.


Engin/Çengel

- 66 -

Örnek 3‐18 Metotların karşılaştırılması

0422 =−′−′′ yyxyx Euler denkleminin x>0 için ve rxy = dönüşümü yaparak genel çözümünü bulunuz. Çözüm

21 )1(, −− −=′′=′= rrr erryvereyxy elde ederek verilen denklemde yazalım.

[ ] [ ] 042)1( 122 =−−− −− rrr xrxxxrrx , [ ] 0432 =−− rrx r denklemine ulaşılır. x>0

olduğundan 0≠rx , dolayısıyla parantez içi sıfır olmalıdır. Buna göre 41 21 =−= rver bulunarak genel çözüm;

42

142

1121

21 xcxcxcxcyxcxcy rr +=+=⇒+= − elde edilir.

Örnel 3‐19 Euler denklemleri (Özel çözümünün bulunması)

x>0 olmak üzere xyyxyx 10422 =−′−′′ diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm

Bir önceki örnekten 42

1 xcxc

y += olarak elde etmiştik. Her ne kadar denklemin sağ yanı

10x olduğundan akla ilk gelebilecek özel çözüm teklifi yö=Ax+B olsa da, bu çözüme belirsiz katsayılar metodu ile gitmenin bir garantisi yoktur. Dolayısıyla sabitin değişimi metodu kullanılacaktır. Özellikle denklemi, metodun uygulanabileceği standart hale getirmeliyiz.

42

12 ,1042 xc

xc

yx

yx

yx

y h +==−′−′′ olduğundan 221 ,1,10)( xy

xy

xxR ===

dir.

Wronkskian ise; 242

32121 5)1()4(1 xx

xx

xyyyyW =−−=′−′= olur. Böylece;

∫∫

∫∫

−===

−=−=−=

321

2

22

42

1

32

511)(5

10)(

xdx

xxdx

WxRyu

xdxxxdx

WxRyu

Bu duruma göre xxxx

xyuyuyö 35

321

432

2211 −=−−=+= ve genel çözüm

xxcxc

yyy öh 354

21 −+=+= olacaktır.


Engin/Çengel

- 67 -

3.9. İKİNCİ MERTEBEDEN SABİT KATSAYILI LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN UYGULAMALARI Örnek 3‐20 Sönümsüz Serbest titreşimler

Sürtünmesiz bir yay‐kütle sistemi denge halindeyken kütle aşağı doğru X0 mesafesine kadar çekilip V0 hızına ulaştıktan sonra t=0 anında serbest bırakılmıştır. Yayın deforme olmamış konumu x=0 olarak ve aşağı yönü pozitif kabul ederek kütlenin konumunu zamanın fonksiyonu x(t) olarak elde ediniz. Ayrıca titreşimin genliğini ve periyodunu belirleyiniz.

Çözüm: Yay‐kütle‐sönümleyiciden oluşan bir sistemin hareket denklemi Newton’un ikinci kanunundan

2

dış2d x dxm c kx F

dtdt+ + = diferansiyel denklemi olarak elde edilir. Burada m yaya bağlı cismin

kütlesi, c sönümleme katsayısı ve k yay sabitidir. Fdış ise zorlanmış sönümleme durumları hariç sıfırdır. Verilen problemde sönümleme elemanı yoktur (c=0). Ayrıca dış kuvvet, sürtünme veya başkaca bir sönümleme kuvveti bulunmadığından denklem

0=+ kxxm halini alır. Şartlar olarak 00 )0()0( vxvexx == yazılabilir. Bu denklem ise lineer,

homojen ve sabit katsayılıdır. Denklemi standart hale getirmek için m ile bölersek,

00 20 =ω+=+ xxveyax

mkx bulunur. Böylece karekteristik denklemimiz,

veirr 020

2 ,0 ωω ∓==+ tctctx 0201 sincos)( ωω += c1 ve c2 sabitleri başlangıç

şartlarından belirlenirse,

0

02

01

ωv

c

xc

=

=

elde edilir. Buna göre tv

txtx 00

000 sincos)( ω

ωω += bulunur. Açıkça görülüyor ki bir

periyodik harekettir. İrdeleme açısından daha uygun olması nedeniyle bu ifade trigonometrik bir dönüşümle,

)cos()( 0 φω −= tAtx şeklinde verilir. A ve φ ’nın belirlenmesi için cos(a‐b) özdeşliğinden

yararlanılarak bu ifade açılır ve yukarıdaki ifadeyle karşılaştırılarak,

x m

m t=0

k k

Statik durum


Engin/Çengel

- 68 -

00

01

20

2

0

0

tanx

v

xv

A

ω=φ

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ω

=

−

olup faz açısı adını alır. Elde edilebilir. Buradaki φ değerinin 0

0sinω

φv

A = ifadesini

sağlaması gerekir.

)cos()( 0 φω −= tAtx basit harmonik hareketi tanımlar. cos(x) fonksiyonunun alabileceği

maksimum değer 1 olduğundan buradaki A maksimum genliktir. Böylece kütle –A ve +A arasında salınım yapar. cos fonksiyonu nπ2 (n tamsayı) açılarında 1 değerini alacağından

,....3,2,1,0,220

0 =ω

φ+π=⇒π=φ−ω nntnt olarak kütlenin maksimum genlik

noktalarından geçecegi zamanlar hesaplanabilir. Ardışık iki maksimum nokta arasında geçen süreye periyot (T ) denildiğini biliyoruz. Buna göre,

0002

01

221

0

ωφ

ωπ

ωφπ

ωφ

+=+

==

==

tiçinn

tiçinn

012

2ωπ

=−= ttT olur. Peryodun (T) tersi ise frekanstır (f) ve πω2

1 0==T

f şeklinde ifade

edilir. Frekansın birimi çevrim/s olup kısaca Hz. ile gösterilir. mk

=0ω ifadesi ise sistemin

doğal frekansıdır.


Engin/Çengel

- 69 -

Örnek 3‐21 Sönümsüz Zorlanmış Titreşimler: Bazen yay‐kütle‐sönümleyici sistemleri mekanik sistem üzerine etki eden dış kuvvetlere maruz kalır. Bu tür kuvvetler genel olarak periyodik karakterli olup tF ωcos0 veya tF ωsin0

gibi fonksiyonlarla temsil edilirler. Başlangıçta hareketsiz bulunan )0)0(,0)0(( =′= xx bir

kütle‐yay sistemini dikkate alalım. Dış kuvvet ise tF ωcos0 uyarınca zamanla değişmektedir. Sistem sürtünmesiz olup sönümleme elemanı yoktur. (c=0) 0ωω ≠ durumu için kütlenin konumunu zamanın fonksiyonu olarak elde ediniz.

Çözüm Hareketi tanımlayan diferansiyel denklem

tFkxxm ωcos0=+ olur. Standart formda ise

tmF

xx ωω cos020 =+ Denklemin homojen kısmının

çözümü tctcxh 0201 sincos ωω += olurken özel çözüm

için 020

/ cosöF mx tωω ω

=−

elde ederiz. Böylece genel çözüm

01 0 2 0 2

0

/( ) cos sin cosF mx t c t c t tω ω ωω ω

= + +−

Başlangıç şartlarını dikkate aldığımızda ise; 0)(

2220

01 =

−= cve

mF

cωω

elde edilir. Sonuç

olarak aranan genel çözüm,

)cos(cos/

)( 0220

0 ttmF

tx ωωωω

−−

= olarak elde edilir.

Örnek 3‐22 Sönümlü Serbest titreşimler

Sönümlü serbest titreşim hareketini tanımlayan diferansiyel denklem 0=++ kxxcxm olrak verildiğine göre, 00 )0(,)0( vxxx =′= olarak bir kütle‐yay sönümleyici sistemindeki kütlenin konumunu

a) 042 >− mkc

b) 042 =− mkc

c) 042 <− mkc durumları için elde ediniz. Her üç eğriyi bir x‐t grafiğinde gösteriniz.

Örnek 3‐22 Sönümlü Zorlanmış titreşimler

Yukarıdaki örneğin diferansiyel denklemin

tFkxxcxm ωcos0=++ olması halinde 042 >− mkc durumu için çözünüz.

x m

k

0

tFFnet ωcos0=

0)0(0)0(=′=

xx


Engin/Çengel

- 70 -

Çözüm

tBtAxö ωω sincos +=

220

20

2

2200

)()(ωωω

ωωcm

mFA

+−

−=

ωcAB =

trtr

h ececx 2121 +=

Örnek 3‐23 Elektrik Devreleri İkinci mertebeden, lineer, sabit katsayılı diferansiyel denklemlerin önemli bir uygulama alanıda,elektrik mühendisliğinde sıklıkla karşılaşılan, basit RLC devreleridir. Bu tür bir devre R direncine sahip bir rezistör, C sığasına sahip bir kapasitör (veya kondansör) ve L indüktansına sahip bir bobinden oluşur.

Devreye elektrik enerjisi bir batarya, bir jenaratör, radyo veya TV sinyali, veya basit olarak ev cereyanından sağlanır. Bir batarya E0 gibi sabit bir gerilim üretirken bir jenaratör

tcos0 ωE veya tsin0 ωE şeklinde periyodik gerilim üretir. Bu durumlarda E0, Volt olarak gerilim genliği olur. Bir elektirik devresindeki ana büyüklük devreden geçen akımdır ve birim zamanda akan

elektrik yükü olarak dtdQI = ile tanımlanır.

Bir elektrik devresindeki gerilim düşümleinin toplamı uygulanan gerilime eşittir (Kirchhoff kanunu). Bu gerilim düşümleri,

R direnci için RIER =

L bobini için dtdILEL =

C kondansatörü için CQEC =

Şeklinde ifade edilir. Buna göre Kirchhoff kanunundan

)(1 tEQC

RIdtdIL =++ elde edilir. Burada E(t) devreye uygulanan gerilimdir. Ancak

denklemin bu hali, iki tarafı bağımlı değişken; I,Q içerdiğinden, kullanışlı değildir. Bunun

yerine denklem dtdQI = olduğu dikkate alınarak,

Uygulanan Gerilim(V)

R (Ω)

C (Farad) S

L(henry)


Engin/Çengel

- 71 -

)(12

2tEQ

CdtdQR

dtQdL =++

şeklinde sadece Q’ya bağlı olarak elde edilebilir. Ayrıca yukarıda I ya göre verilen denklemi t ye göre türeterek,

dtdQIveya

dttdE

dtdQ

CdtdIR

dtIdL ==++

)(12

2 alarak

dttdEI

CdtdIR

dtIdL )(12

2=++ elde edilir. Bu denklemin genel çözümünden c1 ve c2 gibi iki

keyfi sabit gelir. Bunları belirlemek için genelikle

00 )0()0()0( IIQveQQ === şeklinde iki başlangıç şartı tanımlanır. Eğer Q’ya göre

ifadde edilen diferansiyel denklem çözülürse, dtdQI = ifadesinden akımda çözülür. Diğer

yandan önce I akımı belirlenmişse aynı ifadeden integrasyon yoluyla Q’ya geçilebilir. Örnek 3‐24 Basit Elektrik Devreleri Bir RLC devresine uygulanan tEtE ωsin)( 0= periyodik gerilimi için devreden geçen akımın

22

0

)1(

)cos()(

CLR

tEtI

ωω

φω

−+

−= ,

21

1tan

ωωφLCRC

−= − ifadesine göre değiştiğini gösteriniz.

Akım ifadesinin paydası genelde uygulamada empedans olarak tanımlanır ve 2

2 1⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=

CLRZ

ωω şeklindedir. Empedans bir RLC devresinin etkin direncini temsil

eder ve LC

r1

=ω olduğundan minimum olur, dolayısıyla maksimum akım devreden

geçmeye başlar. ωω

danddz 0( = bulunur) Frekansın bu değerine ( rω ) özel olarak

rezonans frekansı denir. Rezonans çoğu mekanik sistemler için yıkıcı etkisi olan ve kaçınılması gereken bir olay olmasına karşın elektrik sistemlerinde çoğu cihazlar rezonans esasına göre çalışırlar ve bu durum istenen bir durumdur.


Engin/Çengel

- 72 -

3.10. YÜKSEK MERTEBELİ DİFERANSİYEL DENKLEMLER 3.10.1 GİRİŞ n. mertebeden lineer bir diferansiyel denklem,

)()()(...)( 1)1(

1)( xRyxPyxPyxPy nn

nn =+′+++ −−

şeklinde verilir. Burada P, ler x’e bağlı olabilen fonksiyonlardır. Eğer R(x)=0 ise denklemin homojen olacağını biliyorum. İkinci mertebeden denklemlerde olduğu gibi homojen kısmı çözümün ayrı yapılması daha uygundur. Bir önceki bölümde ikinci mertebeden bir diferansiyel denklemin 210 , xxxx << aralığında bir nokta olmak üzere bu noktada iki

başlangıç koşulunun sağlanması durumunda tek bir çözümün olacağı ifade edilmişti. Benzer şekilde bu durum n. mertebeden bir denklem için aşağıdaki teoremle ifade edilir.

Teorem: )()()(...)( 1)1(

1)( xRyxPyxPyxPy nn

nn =+′+++ −− denklemi için,

)(),...,(),( 21 xPxPxP n ve R(x) 21 xxx << aralığında sürekli fonksiyonlar ve x0 bu aralıkta

bir nokta ise ;

)1(00

)1(00 )(...)0(,)0( −− =′=′= nn yxyyyyy

başlangıç şartlarını sağlayan tek bir çözüm vardır. Örnek 3.24 Çözüm varlığı

xex

xyyx

xy ++

=+′′−

−′′′ 2213

42

diferansiyel denkleminin ;

5)1(3)1(

0)1(

=′′−=′

=

yyy

başlangıç şartları için tek bir çözümü olduğunu ve bu çözümün hangi aralıkta olduğunu gösteriniz. Çözüm:

42)( 21−

−=x

xxP , 0)(2 =xP , 3)(3 =xP ve xex

xxR ++

= 21)( olduğuna göre; P1(x)’in x=2 ve

x=‐2 süreksiz olduğu, ayrıca R(x)’in x=0’ da süreksiz olduğu anlaşılmaktadır. O halde denklemin, bu üç noktayı dışarıda bırakan bir aralıkta çözümü vardır. Bu aralıklar ise,

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

∞<<<<<<−−<<∞−

xx

xx

220

022

olabilir.


Engin/Çengel

- 73 -

Şimdi de verilen x0 noktasına bakalım. Başlangıç şartları x=1’de tanımlandığından verilen başlangıç değer probleminin sadece 20 << x aralığında var olan çözümü için tektir diyebiliriz. Örnek 3.25 Bir kirişin kendi ağırlığı ile oluşturulduğu sehim Şekildeki gibi iki uçtan mesnetlenmiş bir kirişin sehimi

EIg

y IV ρ=)(

diferansiyel denklemiyle tanımlanır. Burada ρ kirişin yoğunluğu, g yerçekimi ivmesi E kirişin malzemesinin Young modülü ve I kiriş kesitinin atalet momentidir. Verilen diferansiyel denklemin genel ve özel çözümünü bulunuz. Çözüm: Verilen denklem art arda 4 kez integre edilerek genel çözüm:

432

23

14

21

61

24)( cxcxcxcx

EIgxy ++++=

ρ

bulunur. Kiriş iki uçtan sabitlendiğine göre 0)()0( == Lyy olur. Ayrıca kirişin bu iki uçtan sıkıca sabitlenmiş olması sehim eğrisinin bu noktalarda yatay (sıfır eğimli) olmasını gerektirdiğinden 0)()0( =′=′ Lyy yazılır. Böylece elde edilen 4 denklemden sabitler bulunup genel çözümde yazılarak,

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

2344224

24)(

Lx

Lx

Lx

EIgLxy ρ

elde edilir.

3.10.2 HOMOJEN DENKLEMLER TEORİSİ Daha önce değindiğimiz süperpozisyon ilkesi burada da aşağıdaki gibi ifade edilebilir. Teorem: Eğer nyyy ,...,, 21 olarak n adet fonksiyon

0)()(...)( 1)1(

1)( =+′+++ −

− yxPyxPyxPy nnnn

diferansiyel denkleminin çözümleriyse, bunların lineer kombinasyonu olan

nn ycycycy +++= ,...,2211 ifadesi de bir çözümdür. Bir kez daha dikkat çekmek gerekirse, süperpozisyon kuralı sadece homojen kısım için doğrudur. Bu prensip lineer olmayan homojen denklemler ile lineer olsa bile homojen olmayan denklemlere uygulanmaz. Verilen n adet nyyy ,...,, 21 çözümünün lineer bağımlı olup olmadığını anlamak için bunlara ait Wronskian değerine bakılmalıdır. Bu değer


Engin/Çengel

- 74 -

dxxP

n ekyyyW )(21

1),...,,( ∫−= ifadesinden hesaplanır.Lineer bağımlılık araştırması yapılırken yukarıdaki Wronskian değerinin, göz önünde alınan aralıktaki herhangi bir x0 değeri için hesaplanması yeterlidir. Homojen denklemlerin genel çözümü aşağıdaki teoriyle verilir. Teorem: 21 xxx << aralığında nPPP ,...,, 21 sürekli fonksiyonlar olmak üzere

0)()(...)( 1)1(

1)( =+′+++ −

− yxPyxPyxPy nnnn

homojen denklemi her zaman nyyy ,...,, 21 gibi n adet lineer bağımsız çözüme sahiptir. Ayrıca denklemin genel çözümü bu çözümlerin lineer kombinasyonu olup

nn ycycycy +++= ,...,2211 şeklinde ifade edilir. Buna göre nyyy ,...,, 21 ’den oluşan çözümler grubuna temel çözüm seti adını veriyoruz. Bu teorem n.mertebeden bir homojen denklemin çözümünün n adet lineer bağımsız çözümün bulunmasıyla eşdeğer olduğunu ifade etmektedir. 3.10.3 SABİT KATSAYILI HOMOJEN DENKLEMLER Sabit katsayılı lineer ve homojen bir diferansiyel denklemi

0,..., 1)1(

1)(

0 =+′+++ −− yayayaya nn

nn

00 ≠a olmak üzere tüm terimleri a0’a bölünerek elde edilecek olan

0,...,00

1)1(

0

1)( =+′+++ −− yaa

ya

ay

aa

y nnnn

denklemi her zaman tüm x ’ler için

nn ycycycy +++= ,...,2211 şeklinde ifade edilebilen bir genel çözüme sahiptir. Bu çözüm verilen diferansiyel denklemin karakteristik denkleminden;

0,..., 11

10 =++++ −−

nnnn amamama

elde edilecek köklerle belirlenir. Ancak karakteristik denklemin köklerini belirlemek için 2. ve 3. ve hatta 4. dereceden denklemlerde olduğu gibi belirgin bir çözüm yolu yoktur. 3≥niçin köklerden biri yada ikisi deneme‐yanılma ile bulunmaya çalışılır.


Engin/Çengel

- 75 -

Durum 1. Tüm kökler farklı ve reel sayı

xmn

xmxm necececxy +++= ,...,)( 2121

örneğin;

3 2

6 8 3 06 8 3 0

y y y ym m m

′′′ ′′ ′+ + − =

+ + − =

veya,

213

23,3,0)13)(3( 3,21

2 ±−=−==−++ mmmmm

xxx ecececxy)

213

23(

3)

213

23(

23

1)(+−−−− ++=

Durum 2. Eğer kmmm === ,...,21 ise

xmkk excxccxy 1),...,()( 1

21−+++=

Örneğin;

0516188)( =+′+′′+′′′+ yyyyy IV için

0516188 234 =+++ mmmm denkleminin kökleri ‐1, ‐1, ‐1, ve 5 bulunur.

k=3 alınırsa xx ecexcxccxy 54

2321 )()( +++= − olur.

Durum 3. Kompleks kök durumu

Her bir eşlenik kompleks kök için )( βα i± )sincos( 21 xcxce x ββα + yazabileceğimizi biliyoruz. Bazen kompleks kökler de katlı olabilir. Bu durum da örneğin;

βα imm ±== 4,32,1 ise çözüm

)sincos()sincos()( 4321 xcxcxexcxcexy xx ββββ αα +++= şeklinde yazılmalıdır. 3.10.4 HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER TEORİSİ Teorem: Eğer yö,

)()()(...)( 1)1(

1)( xRyxPyxPyxPy nn

nn =+′+++ −−

lineer ve homojen olmayan denklemin bir özel çözümü ve yh homojen kısmın genel çözümü ise,

önnöh yycycycyyy ++++=+= ,...,2211


Engin/Çengel

- 76 -

ifadesi verilen denklemin genel çözümüdür. Bu ifadelerde )(),...,(),( 21 xPxPxP n ve R(x)

21 xxx << aralığında sürekli fonksiyonlardır. R(x) terimi genellikle birkaç terimi içerir ve bu tür durumlarda her bir terime karşılık gelen özel çözümleri ayrı ayrı bulmak ve bunları daha sonra toplamak daha kolay bir yoldur. Bunu önceki bölümde olduğu gibi süperpozisyon ilkesiyle gerçekleştiriyoruz. 3.10.5 HOMOJEN OLMAYAN DİFERANSİYEL DENKLEMLER: BELİRSİZ KATSAYILAR METODU Daha önce Bölüm 2’de 2.mertebeden homojen olmayan denklemler konusunda detaylı açıkladığımız bu yöntem yüksek mertebeli denklemlere de uygulanabilir. Bu metot için geçerli olduğu belirtilen kısıtlamalar burada da söz konusudur. Söz gelimi bu metot sadece lineer ve sabit katsayılı denklemlere, R(x) ‘in aşağıdaki formlardan birine uyması durumunda uygulanabilir. R(x)’in alabileceği formlar;

(1) R(x)=bir sabit, k (2) R(x)=bir üstel fonksiyon, ekx (3) R(x)=P(x)şeklinde polinom (4) R(x)=sin(ax), cos(ax) gibi fonksiyonlar

veya 4 maddede geçenlerin bir çarpımı olan fonksiyonlar olabilir. Ancak unutulmaması gereken bir husus, eğer önerilen özel çözümlerden biri homojen kısmın çözümüyse bu durumda önerilen özel çözüm x ile çarpılır. Yeni form da homojen kısmın çözümüyse x2 ile çarpılır. Farklılık elde edilene kadar buna devam edilir. Eğer bir diferansiyel denklem lineer olmasına rağmen değişken katsayılı ise veya homojen olmayan terimi (R(x)) yukarıdaki formlara uymuyorsa ileride görülecek olan sabitin değişimi metodu uygulanmalıdır. Örnek 3.26 ekx

xeyyy 3104 =−′′+′′′ denkleminin bir özel çözümünü bulunuz. Çözüm:

Özel çözüm teklifimiz xs key 3= olacaktır. Ancak diyelim ki 3 rakamı karakteristik denklemin

köklerinden birine eşit. Bu durum önerilen çözümün homojen kısmın bir çözümü olması

sonucunu doğuracak bu durumda xö kxey 3= önermemiz gerekecekti.

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=′′′

=′′

=′

x

x

x

key

key

key

3

3

3

27

9

3

diferansiyel denklemde yazılırsa,

165

32101032

104927

33

3333

==⇒=

=−+

keke

ekekeke

xx

xxxx


Engin/Çengel

- 77 -

elde edilir. Buna göre xö ey 3

165

= olur.

Örnek 3.27 Homojen olmayan denklemin genel çözümü

2)( += xy IV diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Çözüm Karakteristik denklem m4=0 olduğundan çakışı 4 adet sıfır kök vardır. Buna göre

34

2321)( xcxcxccxy +++= olur. (e0=1)

Burada normalde özel çözüm için akla ilk gelebilecek teklif BAxyö += ’dir. Ancak sol tarafta 4. mertebeden bir türev olduğundan böyle bir teklif 20 += x gibi bir sonuç doğurur. O halde 4.türevini aldığımızda birini mertebeye inecek bir fonksiyon gerekir. Bu da önerilen 4 defa x ile çarpmakla mümkündür.

)(4 BAxxyö += önerilmesi gereken özel çözümdür.

BAxy IVö 24120)( += bulunup yerine konulduğunda,

121,

1201

== BA bulunur. Böylece genel çözüm ifadesi;

)10(120

)(4

34

2321 +++++=+= xxxcxcxccyyxy öh

şeklinde yazılır. 3.10.6 HOMOJEN OLMAYAN DENKLEMLER: SABİTİN DEĞİŞİMİ METODU

)()()(...)( 1)1(

1)( xRyxPyxPyxPy nn

nn =+′+++ −− diferansiyel denkleminde,

)(),...,(),( 21 xPxPxP n verilen bir aralıkta x ’e bağlı fonksiyonlar olsun. Bu denklemin homojen kısmının ( R(x)=0 alınarak elde edilen halinin), nyyy ,...,, 21 şeklinde n adet lineer bağımsız çözümü olduğunu

biliyoruz. Bu çözümün nnh ycycycy +++= ,...,2211 olarak ifade edildiğini de öğrenmiştik. 2.Bölümde sorduğumuz soruyu burada da tekrarlayalım:

nccc ,..., 21 sabitleri nasıl birer )(),...(),( 21 xuxuxu n şeklinde x ’e bağlı fonksiyonlar olmalı ki

nnö yuyuyuxy +++= ,...,)( 2211 ifadesi homojen olmayan denklemin aradığımız bir özel çözümü olsun? n adet u fonksiyonunun bulunabilmesi için n adet denkleme ihtiyaç vardır. Bunlardan biri önerilen özel çözümün homojen olmayan denklemi sağlama şartından, kalanları ise serbest olarak bizim atayacağımız şartların sağlanma koşulundan (bütünler şart olarak) elde edilir.


Engin/Çengel

- 78 -

Bu atamalar çözümü basitleştirecek şekilde yapılır. Diğer bir ifadeyle alınacak integral işlemleri basitleştirmek için, u fonksiyonlarının ikinci veya daha yüksek mertebedeki türevlerini yok etmekle yönelik şartlar öne sürülür. Şimdi de n. mertebeden lineer, değişken katsayılı ve homojen olmayan bir diferansiyel denklemi çözebileceğimiz sabitin değişimi metodunu bir teoremle özetleyelim. Teorem: Sabitin Değişimi Metodu

)(),...,(),( 21 xPxPxP n ve R(x) 21 xxx << aralığında sürekli fonksiyonlar ve nyyy ,...,, 21 ;

)()(,...,)()( 22

)1(1

)( xRyxPyxPyxPy nnnn =++++ −−

diferansiyel denkleminin esas çözüm setiyse bu durumda homojen olmayan denklemin bir özel çözümü;

nnö yuyuyuxy +++= ,...,)( 2211 olur. Burada

nkdxyyyW

xWxRu

n

kk ,...,2,1,

),...,,()()(

21== ∫

olarak verilir.

Bu ifadede 1( )1 2( , ,..., ) P x dx

nW y y y Ke−∫= olarak Wronskian değeri, Wk(x) ise,

)1()1(2

)1(1

21

21

21

21

...

......

...

...

...

),...,,(

−−−

′′′′′′′′′

=

nn

nn

n

n

n

n

yyy

yyyyyyyyy

yyyW

determinantındaki k. kolonun ve son satırın silinmesiyle elde edilecek yeni determinantın

1( 1)k−− katıdır. Böylece yö çözümü elde edildikten sonra homojen olmayan denklemin çözümü;

önn yycycycy ++++= ,...,2211 olarak elde edilir. Örnek 3.28 Sabitin değişimi metodu

xeyy =′′+′′′ 2 diferansiyel denklemini sabitin değişimi metoduyla çözünüz. Çözüm: Homojen kısmın karakteristik denklemi,


Engin/Çengel

- 79 -

2,0,0)2(2 32,1223 −===+=+ mmmmmm

x

xxxh

ecxcc

ecxececy2

321

23

.02

.01

−

−

++=

++=

Wronskian, x

x

x

x

e

e

e

ex

yyyyyyyyy

yyyW 2

2

2

2

321

321

321

321 4

400

210

1

),,( −

−

−

−

=−=′′′′′′

′′′= bulunur.

Şimdi de Wk değerini bulalım.

k=1 için xxx

xexe

eexxW 22

2

211

1 221

)1()( −−−

−− −−=

−−=

k=2 için xx

xe

eexW 2

2

212

2 220

1)1()( −−

−− =

−−=

k=3 için 110

1)1()( 13

3 =−= − xxW

Böylece;

xxx

xxxexedx

eexeedx

yyyWxWxR

u41

21

4)2(

),,()()(

2

22

321

11 +−=

−−== ∫∫ −

−−

xx

xxedx

eeedx

yyyWxWxR

u21

4)2(

),,()()(

2

2

321

22 === ∫∫ −

−

xx

xedx

eedx

yyyWxWxR

u 32

321

33 12

14

)1(),,(

)()(=== ∫∫ −

Buna göre;

x

xxxxx

ö

e

eexeexe

yuyuyuy

31

.121

21)

41

21( 23

332211

=

+++=

++=

−

sonuç olarak aranan genel çözüm;

xx eecxccy312

321 +++= − olur.


Engin/Çengel

- 80 -

3.10.7 EULER DENKLEMLERİ Değişken katsayılı denklemlerin çözümü için belirli bir genel çözüm yoktur. Ancak özel bir hale sahip Euler denklemleri istisnadır. Tüm Euler denklemleri sabit katsayılı denkleme dönüştürülebilir. n. mertebeden bir Euler denklemi;

)(,..., 1)1(1

1)( xRyyxyxyx nn

nnnn =+′+++ −−− ααα

verilmiş olsun. Eğer y=xr dönüşümü uygulanırsa yukarıdaki fonksiyon r’ye bağlı n. dereceden bir polinom fonksiyona dönüşür. Eğer bu denklemin n adet r kökü gerçek ve birbirlerinden farklıysa bu halde n adet çözüm;

nrrr xxx ,...,, 21 esas çözüm setini oluşturun. Eğer örneğin r1, k katlı kök ise bu halde köke karşılık gelen k adet lineer bağımsız çözümler,

1111 12 )(ln,...,)(ln,)(ln, rkrrr xxxxxxx − olur. Burada dışında eğer k katlı βα ir ∓=2,1 şeklinde kompleks kökler varsa bu halde bu

köklere karşılık gelen 2 k adet lineer bağımsız çözümler

)lnsin()(ln),lncos()(ln

....

)lnsin(ln),lncos(ln)lnsin(),lncos(

11 xxxxxx

xxxxxxxxxx

kk ββ

ββββ

αα

αα

αα

−−

olur. x>0 için bir Euler denkleminin genel çözümü , aynı karakteristik denkleme sahip lineer sabit katsayılı bir denklemin genel çözümündeki x’leri lnx’lerle yer değiştirerek elde edilebilir. Örnek 3.29 Üçüncü mertebe Euler denklemi y=xr dönüşümü (x>0) uygulayarak;

3 2 4 0x y xy y′′′ ′− + = denklemini çözünüz. Çözüm:

Denklemdeki tüm terimler )(mm ykx formunda olduğundan bu bir Euler denklemi olup


Engin/Çengel

- 81 -

3

2

1

)2)(1(

)1(−

−

−

−−=′′′

−=′′

=′

=

r

r

r

r

xrrry

xrry

rxy

xy

ifadeleri diferansiyel denklemde yazılarak,

0]42)2)(1([ 3 =+−−− rxrrrx veya 0≠rx olduğundan

043 23 =+− rr karakteristik denklemi elde edilir. bu denklemin kökleri ise 2, 2 ve ‐1 dir. Buna göre genel çözüm;

31 11 2 3( ) ln rr ry x c x c x x C x= + + olarak

xc

xxccxy 3221 )ln()( ++= elde edilir.


Engin/Çengel

- 82 -

Bölüm 3 ile ilgili problemler

3.1 a) Bir diferansiyel denklemin lineer olup olmadığını nasıl anlarsınız. b) Sağ tarafı sabit olmayan bir diferansiyel denklem sabit katsayılı olabilir mi? c) Hangi koşullarda bir lineer başlangıç‐değer probleminin kesin bir çözümü vardır. d) Hangi koşullarda bir ikinci mertebeden lineer sınır‐değer probleminin tek bir

çözümü vardır.

3.2. Aşağıdaki denklemlerin lineer olup olmadıklarını, homojen olup olmadıklarını, sabit veya değişken katsayılı olup olmadıklarını belirtiniz.

a) 263 xyyy =′+′′

b) xyyxy 2sin3 =−′+′′

c) xxeyyyy 32 22 −=+′+′′

d) xxyy cos2=′+′′

e) x

yey x 1=+′′

f) 62 =−′+′′ yyey y

g) 11=+′′

yy

h) 08 ln =−′−′′ yeyy

i) 1cos5 −=+′−′′ xyyy

j) 02sin =+′−′′ yyxy 3.3. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerinin tek bir çözüme sahip olduğu aralığı belirleyiniz.

a) 2)(0)(,cos3 −=′==′+′′ ππ yveyxyy

b) 5)0(2)0(,22 =′==−′+′′ yveyeyyxyx x

c) 7)2(3)2(,2)1( 2 −=−′=−=−′+′′− − yveyeyyxyx x

d) 7)1(0)1(,023)4( 2 =′==−′−′′− yveyyyxyx 3.4. Aşağıda genel çözümleri verilen diferansiyel denklemleri elde ediniz.(ipucu: verilen ifadeyi iki kez türetip c1 ve c2 yi yok ediniz.)

a) xx ececy 22

21 += −

b) 21 cxcy +=

c) xcxcy 2cosh2sinh 21 +=

d) xxc

xxcy cossin

21 +=

e) xxc

xc

y ln2

1 +=

f) xcxcy 22

1 +=


Engin/Çengel

- 83 -

3.5. lineer Bağımlılık ve Wronskian Fonksiyonları a) )(0 21 xfyvey == lineer bağımlımıdır. b) 5 ayrı fonksiyonun wronskian’ı bazı x değerleri için sıfır olurken bazıları için

değildir. Bu fonksiyonlar lineer bağımlı mı lineer bağımsız mıdır? 3.6. Aşağıdaki fonksiyonların (1) kontrol yöntemiyle (2) Wronskian değerleri yardımıyla lineer bağımlı olup olmadıklarını belirleyiniz.

a) 11 221 −=+= xyvexy

b) xyveeey xx cosh21 =+=

c) 32

31 xyvexy −==

d) xeyvexey xx 2cossin 21 ==

e) 22 21 +=+= xyvexy

f) βαβα sinsin)sin( 21 +=+= yvey

g) 222

1 == yvexy 3.7. Wronskian Değerlerini hesaplayarak aşağıdaki fonksiyonların lineer bağımlı olup olmadıklarını gösteriniz.

a) 1,,1 23

321 −==+= xyxyxy

b) 1,5, 232

21 −=== xyyxy

c) 1,, 321 === yxyxy

d) xxx eyxeyxey === 321 ,cos,sin

e) xxx exyxeyey 2321 ,, ===

3.8. Homojen Denklemler Teorisi

a) Süperpozisyon ilkesinin uygulanabilmesi için bir diferansiyel denklemin lineer ve homojen bir diferansiyel denklem olması şart mıdır?

b) Hangi tür diferansiyel denklemler için bir çözümün sabit bir sayıya çarpımı da çözümdür.

3.8.1. y1 aşağıda verilen diferansiyel denklemlerin bir çözümüyse ky (k=sabit) ifadesin de verilen denklemin çözümü olup olmadığını gösteriniz.

a) 62 =−′+′′ yyey y

b) 032 =+′−′′ yyy

c) xxyyy 2cos2 3=+′−′′

d) 12 +=−′′ xyxy

e) 1)1(2 =−+′′ yxyx

f) 052 =−′′ yyx 3.8.2.Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin iki çözümü (y1,y2) yanlarında verilmiştir. Hangi çözüm çiftleri için W(y1,y2)’nin x>0 olmak üzere hiç bir zaman sıfır olamayacağını söyleyiniz. W(y1,y2) Değerinin her bir çift için hesabını yaparak düşüncenizin doğruluğunu kontrol ediniz.


Engin/Çengel

- 84 -

a) 04 =−′′ yy xey 21 = xey 2

2 3−=

b) 04 =−′′ yy xey 21 3−= xey 23

2−=

c) x

yvexyyyxy 2035 231

1 ===−′+′′

d) 312

31

113035−

−===−′+′′

x

yvexyyyxy

e) xeyvexyyyxyx ln42

41

2 42042 −===−′−′′

f) xyvexyyy cossin0 21 ===+′′

g) 2

3

2212 lnln5045

xxyve

xxyyyxyx ===+′+′′

3.8.3. x>0 için y1 ve y2 gibi iki çözümü verilen aşağıdaki diferansiyel denklemleri göz önüne alarak bu iki çözümün genel bir çözüm seti oluşturup oluşturamayacağını belirleyiniz. Oluşturulabilen çözüm çiftleri için bu seti oluşturunuz.

Örneğin, 09 =−′′ yy da xx eyveey 32

31

−== lineer bağımsız olduklarından xx ececxY 3

23

1)( −+= tüm çözümlerin elde edilebileceği bir çözüm seti olur.

a) xx eyveeyyy −===−′′ 210

b) xyvexyyy coshsinh0 21 ===−′′

c) xxyve

xyyyxyx ln103 21

2 ===+′+′′

d) x

yvex

yyyxyx 3103 212 =−==+′+′′

e) xx xeyveeyyyy 22

21044 ===+′−′′

f) xeyvexeyyyy xx 2cos2sin032 21 ===+′−′′

g) xx eyveeyyy 352

3109 −===−′′

3.9.Bazı durumlarda, çözümlerden biri bilinen ikinci mertebeden lineer ve homojen bir denklem ( 0)()( =+′+′′ yxQyxPy ) birinci mertebeden hale getirilebilir. Bilinen çözüm

01 ≠y olmak üzere aranan diğer çözüm 12 )( yxvy = , burada

∫∫−

= dxy

exvdxxP

21

)(

)(

ile verilir. Böylece başta verilen denklemin genel çözümü 1211 )( yxvcycy += olur. Bu metod mertebe düşürme metodu olarak bilinir. Buna göre aşağıdaki denklemlerin ikinci lineer bağımsız çözümlerini elde ediniz.

a) xeyyy ==−′′ 1,0

b) xyyy 2cos,04 1 ==+′′

c) xeyyyy 21,044 ==+′−′′

d) xyyy 3sin,09 1 ==−′′

e) xxyyxyxyx cos,0)

41( 1

22 ==−+′+′′

f) x

yyyxyx 1,03 12 ==+′+′′


Engin/Çengel

- 85 -

3.10. Sabit Katsayılı Homojen Denklemler 3.10.1. Aşağıdaki Denklemlerin genel çözümlerini bulunuz.

a) 0=+′′ yy

b) 02 =+′+′′ yyy

c) 02 =+′′ yy λ

d) 02 =−′′ yy λ

e) 045 =+′+′′ yyy

f) 043 =+′+′′ yyy

g) 02510 =−′+′′ yyy h) 0255 =+′+′′ yyy

3.10.2. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerini verilen koşullar için çözünüz.

a) 1)(0)(;04 =′==+′′ ππ yveyyy

b) 1)0(0)0(;053 =′==−′+′′ yveyyyy c) 6)0(5)0(;02 =′−==−′+′′ yveyyyy

d) 2)2

(0)2

(;0204 =′==+′+′′ππ yveyyyy

3.10.3.Aşağıdaki sınır‐değer problemlerini verilen koşullar için çözünüz.

a) 0)5(100)0(;0 ===−′′ yveyyy

b) 6)2(0)0(;02 ===+′+′′ yveyyyy c) 10)4(1)1(;043 ===−′−′′ yveyyyy

d) 0)10(6)0(;09 ===−′′ yveyyy 3.11. Homojen Olmayan Denklemler Teorisi 3.11.1.

a) Verilen bir homojen olmayan diferansiyel denklemini sağlayan ve içerisinde bir sabit olan bir fonksiyon bu denkleme ait bir özel çözüm olabilir mi? Açıklayınız.

b) Homojen kısmın çözümü olan bir ifade homojen olmayan denklemin de bir özel çözümü olabilirmi? Açıklayınız.

c) Özel çözümler için süperpozisyon ilkesinin önemi nedir? 3.11.2. Aşağıdaki denklemlerin, verilen özel çözümleri kullanarak genel çözümlerini elde ediniz. Bu çözümleri olabilecek en basit formda yazınız.

a) 2;2 −==−′′ öyyy

b) xö

x eyeyy ==+′′ ;4

c) xö eyyy 32;2 +−==−′′

d) xö

x exyeyyy 222 ;344 −− ==+′+′′

e) xö

x exxyeyyy 22 )1(;344 −− −==+′+′′

f) 242

21

121;1 xxyxy ö −=−=′′

g) 5321

121;1 342 −+−=−=′′ xxxyxy ö


Engin/Çengel

- 86 -

3.11.3.

a) Eğer 39,31

=−′′= yyyöz denkleminin bir özel çözümü ve 9özxy = − ise

9y y x′′ − = denkleminin bir özel çözümüyse ; xyy +=−′′ 39 denkleminin genel çözümünü bulunuz.

b) Eğer xyyxyöz 2sin6,2sin2 =+′′−= ’in ve 2,2 =+′′= yyyöz ’nin birer özel

çözümleriyse 2sin6 +=+′′ xyy diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. 3.12. Homojen Olmayan Denklemlerin Belirsiz Katsaylar Metodu: 3.12.1.

a) Hangi koşullarda bir diferansiyel denklemin homojen olmayan R(x) terimine karşılık gelen özel çözümü AR(x) olur.

b) Hangi koşullarda AxR(x) olur. c) Hangi koşullarda Ax2R(x) olur.

d) Homojen olmayan x3 ve 243 +− xx terimleri için önerilecek özel çözüm hangi formda olur.

e) Belirsiz katsayılar metodu neden R(x)=lnx için uygun değildir. f) R(x)=x5’e karşılık gelen bir özel çözüm teklifi neden sadece Ax5 şeklinde yazılamaz.

3.12.2.Belirsiz katsayılar Metodunu Kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklemleri çözünüz.

a) xeyy 344 =−′′ b) xexyy 3234 −=−′′

c) xeyy 224 =−′′ d) xxyy cos29 =+′′

e) xyy 3cos39 −=+′′ f) xxxxeyy x cos32sin52sin9 +−=+′′

g) xeyyy 3244 −=+′−′′ h) 32244 +=+′−′′ xeyyy

i) xxeyyy 2544 =+′−′′ j) xeyyy x 2cos44 =+′−′′

k) xeyyy x sin22 =+′−′′ l) xexyyy 322 =+′−′′

m) 23 −=′−′′ xyy n) xexyy )1(3 −=′−′′

o) 20106 =+′−′′ yyy p) xexyyy 2106 =+′−′′

r) xeyyy x cos106 3=+′−′′ s) xxxyyy 2cos2sin106 2 +=+′−′′

t) xxyy cos3sin2 −=+′′ u) xeyy x 3sin2=+′′ 3.12.3. Aşağıdaki başlangıç değer problemlerini belirsiz katsayılar metoduyla çözünüz.

a) 0)2

(1)2

(;2cos32sin16 =′=−=+′′ππ yveyxxyy

b) 0)0(0)0(;233 2 =′=−+=′−′′ yveyexyy x

c) 2)0(1)0(;cos4 −=′=+=′−′′ yveyxxeyy x

d) 1)(0)(;2sin34 =′==+′′ ππ yveyxyy 3.13. Homojen Olmayan Denklemler Sabitin Değişimi 3.131.

a) Belirsiz katsayılar metodunun kısıtları nelerdir. b) Sabitin değişimi metodunun esası nedir?


Engin/Çengel

- 87 -

3.13.2. Aşağıdaki diferansiyel denklemleri sabitin değişimi metodu ile çözünüz. Belirsiz katsayılar metodu ile çözülebilecekleri de çözerek sonuçları karşılaştırınız.

a) xeyyy 32 =−′−′′ b) x

yyysin

12 =−′−′′

c) 52 3 −=+′−′′ xyyy d) x

eyyx2

4 =−′′

e) xyy 2cos9 =+′′ f) x

yy2cos

19 =−′′

g) xeyyy x 3cos54 2=+′−′′ h) xyy ln4 =′−′′

i) xexy 2=′′ j) 21x

y =′′

k) 82 2 +=+′−′′ xeyyy l) x

eyyyx

=+′−′′ 2

3.14. Euler Denklemleri 3.14.1.

a) Euler denklemini nasıl ayırdedersiniz b) Euler denklemi her zaman sabit katsayılı lineer bir denkleme dönüştürülebilir mi? c) Euler denklemlerinin çözümü neden x = 0 da geçersizdir.

3.1.4.2. Aşağıdaki Euler denklemlerini çözünüz. Bulduğunuz çözümün çözüm aralığını belirtiniz.

a) 02 =+′′ yyx b) 02 =′−′′ yxyx c) 0=−′′ yyx

d) 02 =′+′′ yxyx e) 62)1(3)1( 2 =−′−+′′− yyxyx

f) 022 2 =−′+′′ yyxyx g) 22 4262 xyyxyx =+′+′′

h) 01262 2 =−′+′′− yyxyx i) x

yyxyx 11262 2 =−′+′′−

j) 0452 =+′+′′ yyxyx k) xxeyyxyx =+′+′′ 452 3.15. İkinci Mertebeden Lineer sabit katsayılı Denklemlerin Uygulamaları 3.15.1. Yatay konumlandırılmış bir yay‐kütle‐sönümleyici sisteminin hareketini tanımlayan diferansiyel denklemi yazınız. 3.15.2.

a) Yay sabiti k=500 N/m olan bir yayın ucuna m=0.2 kg’lık kütle bağlanıp denge konumundan 1 cm aşağıdayken serbest bırakılıyor. Sistemi sürtünmesiz kabul ederek, titreşime ait doğal frekansını, peryodunu ve genliğini bulunuz.

b) m=0.5 kg’lık bir kütle bir yayın ucuna asıldığında yayı aşağı doğru 0.2 cm uzatılmıştır. Kütle bu konumdayken çekilip serbest bırakılıyor. t=0 anında kütlenin x=0 konumundan 10 m/s hızla geçtiği gözlenmiştir. Sürtünmeyi ihmal ederek titreşimin doğal frekansını, peryodunu ve genliğini belirleyiniz.

c) k sabitli bir yay ucuna m kütlesi bağlanmış ve başlangıçta statik halde bulunan kütleye 10 cos)( FtFtF += ω kuvveti uygulanmaya başlanmıştır. Sürtünmeyi ihmal ederek x(t)=? Ayrıca rezonansın oluşacağı frekansı (ω ) belirleyiniz.

d) m=5 kg kütleli bir cisim bir yaya bağlandığında yayı 2 cm germiştir. Kütle bir aönümleyiciye bağlı olup sönümleme katsayısı c=200 Ns/m dir. Kütleye başlangıçta


Engin/Çengel

- 88 -

statik haldeyken ttF ωcos200)( = uyarınca kuvvet uygulamaya başlıyor. x(t)=? Ayrıca genliğin maksimum olacağı ω değerini belirleyiniz.

3.15.3.

a) Bir RLC devresinin rezonans frekansı nasıl tanımlanır. b) Bir RLC devresinden geçen akım fonksiyonu I(t) bilindiğinde kondansatördeki

elektrik yükünün zamanla değişimini nasıl belirlersiniz. c) Bir RLC devresinde R ihmal edilebilir düzeyde küçüktür. )0( ≅R , ve uygulanan

gerilim tEtE ωcos)( 0= uyarınca değişmektedir. LC12

0 =ω almak suretiyle ilgili

diferansiyel denklemi çözerek )(tQ ’yi belirleyiniz. 0ωω = olduğunda ∞→t durumu için ne söylenebilir.

d) Bir RLC devresinde gerilim yokken )(tQ ’yi

042 <−CLR

042 =−CLR

042 >−CLR

için elde ediniz. e) Bir önceki problemi I(t) için çözünüz.

Yüksek Mertebeli Lineer Diferansiyel Denklemler 3.16 Aşağıdaki başlangıç‐değer problemlerinin tek bir çözümünden kesin olarak var olduğu aralıkları belirleyiniz.

a) 0)(,cos3 ==′+′′′ πyxyy ve 2)( −=′ πy

b) 0)0(,22 ==−′+′′′ yeyyxyx x ve 5)0( =′y

c) 3)2(,2)1( 3 =−=−′+′′′− − yeyyxyx x ve 7)2( −=−′y

d) 2)1(,3)3(2)1( 2 =−=−−′+′′′− yxxyxyxx ve 5)1( −=′y

e) 0)1(,023)4( 2 ==−′−′′′− yyyxyx ve 7)1( =′y 3.17 Aşağıdaki lineer homojen denklemleri ve x>0 için çözümlerini göz önüne alın. Wronskian değeri x>0 için kesinlikle sıfır olmayan çözümleri belirtiniz.

a) xx xeeyyyy ,;033 =−′+′′−′′′ ve xex2

b) 223 ,;0663 xxyyxyxyx =−′+′′−′′′ ve 3x

c) 2ln23 ,;022 xeyxyxyx x−=′−′′+′′′ ve 5

d) xx

xyyxyx ln,1;023 23 =−′′+′′′ ve 2x

3.18 Aşağıdaki lineer homojen denklemleri ve çözümlerini inceleyin (x>0). Verilen çözümlerin bir esas çözüm seti oluşturup oluşturulamayacağını belirleyiniz. Oluşturan seti kullanarak her bir denklemin genel çözümünü yazınız.


Engin/Çengel

- 89 -

a) xxiv eeyy −=− ,,1;0)(

b) xxyy iv cosh,sinh,1;0)( =−

c) xxx exeeyyyy −=−′+′′−′′′ ,,;0

d) 3ln423 ,,2;0663 xexx

yyxyxyx x−=−′−′′+′′′

e) xxxex eexyyyy −+=+′−′′−′′′ 3,,;0 ln

f) 15,,,5;044 212 +−=′+′′−′′′ + xx eeyyy 3.19 Sabit katsayılı homojen denklemler

a) Üçüncü mertebeden lineer sabit katsayılı bir homojen denklemini y1, y2 ve y3 fonksiyonlarının sağlıyorsa, bunların herhangi ikisinin lineer kombinasyonunun da bir çözüm olduğu söylenebilir mi?

b) x, x+1 ,x2 ve x2+5 fonksiyonlarının sağladığı üçüncü mertebeden lineer homojen bir denklem bulunabilir mi?

3.20 Aşağıdaki denklemlerin genel çözümlerini bulunuz.

a) 0)( =− yy iv

b) 02 =+′+′′′ yyy

c) 033 =+′+′′+′′′ yyyy

d) 096 =′+′′+′′′ yyy

e) 042 =+′+′′−′′′ yyyy f) 0255 =+′+′′−′′′ yyyy

3.21 Aşağıdaki başlangıç değer problemlerinin özel çözümlerini bulunuz.

a) 1)(,0)()()(;081)( =′′′=′′=′==− ππππ yyyyyy iv

b) 0)0(,1)0(,0)0(;044 =′′=′==′+′′−′′′ yyyyyy

c) 0)0()0(,1)0(;0 =′′=′==−′′′ yyyyy d) 0)0()0(,1)0(;033 =′′=′==−′+′′−′′′ yyyyyyy

3.22 Homojen olmayan denklemler: Belirsiz Katsayılar Metodu

a) Belirsiz katsayılar metodunun ikinci ve daha yüksek mertebeli denklemlere uygulanmasında bir fark var mıdır?

b) Homojen olmayan terimleri aynı olan biri 2.mertebe diğeri 3. mertebe denklem

düşünün. Bunların aynı olan terimlerine karşılık gelen özel çözüm teklifleri aynı mıdır? Değilse nasıl bir fark vardır?

3.23 Belirsiz katsayılar metoduyla aşağıdaki denklemleri çözünüz.

a) xeyy 34=−′′′

b) xexyy 323−=−′′′


Engin/Çengel

- 90 -

c) xyy sin2=′+′′′ , xxyy cos2=′+′′′

d) xeyyy 324 −=+′−′′′

e) xeyyy x 2cos4 =+′−′′′

f) 12 2 +=′′−′′′ xyy

g) xxyyy 2cossin4 +=+′−′′′

h) 2)( −=− xyy iv

i) xxeyy xiv 2sin)( =−

j) xexyy )1(8 2 −=+′′′

k) xeyy x 3sin8 2=+′′′

l) 5=′′′y

m) xexy 23−=′′′ 3.24 Sabitin değişimi metodunu kullanarak aşağıdaki diferansiyel denklemlerin özel çözümlerini bulunuz. Bu yolla çözemediklerinizi, uygulanabiliyorsa, belirsiz katsayılar metodu ile çözünüz.

a) xeyy 3=−′′′

b) x

yysin

1=−′′′

c) xyy 2cos8 =+′′′

d) x

yy2cos

18 =+′′′

e) 5+=−′+′′′ xyyy

f) 2

1x

y =′′′

g) 82 +=−′′+′′′ xeyyy

h) x

eyyyx

=−′′+′′′

3.25 Euler Denklemi

a) Bir diferansiyel denklemin Euler tipinde olup olmadığını nasıl anlarsınız? b) Bir Euler denklemini çözerken (y=xr dönüşümü yaptığınızı düşünün.) üç katlı kök

durumunda homojen kısmın çözümünü nasıl yazarsınız. c) b şıkkında üç katlı βα i∓ kökü bulsaydınız durum ne olurdu?

3.26 x>0 için aşağıdaki Euler denklemlerinin genel çözümünü belirleyiniz.

a) 023 =+′′+′′′ yyxyx

b) 0663 23 =−′−′′+′′′ yyxyxyx

c) 03 =+′′′ yyx

d) 01263 =−′−′′′ yyxyx

e) 023 23 =−′′+′′′ yyxyx

mühendisler İçin - dersnotlari · pdf filemühendisler İçin...

Documents